题意
给出三个不同的数，求中位数。
题解
知识点：模拟。
显然。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
vector<int> v(3 + 1);
for (int i = 1;i <= 3;i++) cin >> v[i];
sort(v.begin() + 1, v.end());
cout << v[2] << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题意
给出一个小写字母字符串，求最少需要字母表前缀多少个字母才能覆盖所有出现的字母。
题解
知识点：模拟。
找到字符串里最大的字母即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
string s;
cin >> s;
int mx = 0;
for (char ch : s) {
mx = max(mx, ch - 'a' + 1);
}
cout << mx << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题意
给出一组数，求出每个数减去这组数中一个数后能得到的最小值。
题解
知识点：模拟。
显然，每个数减去最大的数即可得到最小值。
但注意最大的数可能只有一个，但自己不能减自己，因此我们还需要求出次大值，让所有等于最大值的数减去次大值即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
int mx1 = 0, mx2 = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (a[i] > mx1) mx2 = mx1, mx1 = a[i];
else if (a[i] > mx2) mx2 = a[i];
}
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (a[i] < mx1) cout << a[i] - mx1 << ' ';
else cout << a[i] - mx2 << ' ';
}
cout << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
题意
给出一组数，问其中是否有且只有一个山谷。
山谷的定义是，数组中的一个连续子串 \(a_{l\cdots r}\) ，满足以下条件：
- \(0≤l≤r≤n−1\)
- \(a_l=a_{l+1}=a_{l+2}=\cdots =a_r\)
- \(l=0\) 或 \(a_{l−1} > al\)
- \(r=n−1\) 或 \(a_r<a_{r+1}\)
题解
知识点：模拟。
显然第一个山谷一定会出现在第一次严格递增前，如果没有则出现在右端点。
因此，这组数一旦有一次严格递增，之后就不能严格递减（可以相等），因为再次严格递减后必然会再出现一个山谷。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
bool dz = 0;
for (int i = 2;i <= n;i++) {
if (a[i] < a[i - 1] && dz) return false;
dz |= a[i] > a[i - 1];
}
cout << "YES" << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
E
题意
给定一个 01 串，可以选择一位翻转一次，求最大逆序数。
题解
知识点：枚举，前缀和，贪心。
我们只需要知道每位修改后变化量，取最大值即可。
变化量可以通过维护前缀后缀 1 的个数和 \(l1,r1\) 获得。在第 \(i\) 位， 1->0 ，则变化量为 \(l1_{i-1} - (n-i -r1_{i+1})\) ；0->1 ，则变化量为 \((n-i -r1_{i+1}) - l1_{i-1}\) 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool a[200007];
int l1[200007], r1[200007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
l1[0] = r1[n + 1] = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) l1[i] = l1[i - 1] + a[i];
for (int i = n;i >= 1;i--) r1[i] = r1[i + 1] + a[i];
int delta = 0;
ll sum = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (a[i]) delta = max(delta, l1[i - 1] - (n - i - r1[i + 1])), sum += (n - i - r1[i + 1]);
else delta = max(delta, (n - i - r1[i + 1]) - l1[i - 1]);
}
cout << sum + delta << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
F
题意
给定 \(n\) 个任务，任务 \(i\) 完成后能得到金币 \(a_i\) 个。
每天能选择一个任务完成并得到其金币，任务可以重复完成，但每个任务完成后这个任务会冷却 \(k\) 天，之后才能再次选择。
给定需求金币数 \(c\) ，以及总天数 \(d\) ，问在 \(d\) 天内获得 \(c\) 个金币的前提下， \(k\) 最大是多少。
题解
知识点：二分，贪心。
显然用二分检验求解。
令 \(k \in [0,d]\) ，\(k<0\) 则无解，\(k\geq d\) 则每个任务只需要完成一次就能满足，则 \(k\) 可以无穷大。
对于一个需要检验的 \(k\) ，显然我们优先选金币数大的任务。又因为一个任务完成后 \(k\) 天又可以再完成，因此我们只需要选前 \(\min(k+1,n)\) 个任务重复完成即可，能完整完成 \(\lfloor \frac{d}{k+1} \rfloor\) 轮，并再多完成 \(\min(n,d - (k+1) \cdot \lfloor \frac{d}{k+1} \rfloor)\) 个任务。总额大于等于 \(c\) ，这个答案就合法。
时间复杂度 \(O(n \log n + \log d)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n;
ll c;
int d;
ll a[200007];
bool check(int mid) {
int cyc = d / (mid + 1);
int rest = d % (mid + 1);
return a[min(mid + 1, n)] * cyc + a[min(rest, n)] >= c;
}
bool solve() {
cin >> n >> c >> d;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1, [&](int a, int b) {return a > b;});
for (int i = 1;i <= n;i++) a[i] += a[i - 1];
int l = 0, r = d;
while (l <= r) {
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
if (r < 0) cout << "Impossible" << '\n';
else if (r >= d) cout << "Infinity" << '\n';
else cout << r << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
G
题意
给一个有 \(n\) 个节点的带权树。
从节点 \(a\) 出发到节点 \(b\) ，开始时 \(x = 0\) ，经过一条边 \(i\) 时，则异或边权 \(w_i\) ，即 \(x = x \oplus w_i\) 。当且仅当进入 \(b\) 时恰好 \(x = 0\) 才能进入 \(b\) ，否则不能进入 \(b\) 。有一次传送机会，可以从任意点出发，传送到除了 \(b\) 的任意点。
问是否存在方案从 \(a\) 走到 \(b\) 。
题解
知识点：dfs，枚举，位运算。
异或有个性质，\(a \oplus a = 0\) 。
结合我们可以任意传送考虑，我们发现只需要两个点 \(i,j\) （除了 \(b\) ）满足 \(a\) 到 \(i\) 的异或和等于 \(j\) 到 \(b\) 的异或和，那我们就可以从 \(i\) 传送到 \(j\) 即可存在 \(a\) 到 \(b\) 的方案。
因此，先从 \(a\) 遍历每个点的异或和。注意，\(a\) 出发的路径不能跨越 \(b\) ，因为此时 \(b\) 是走不通的。当然有可能到 \(b\) 直接就能进去了，我们可以把这个归类为走到 \(b\) 前的一个点原地传送以后，再从这个点出发进入 \(b\) 。
随后，我们把 \(a\) 能到达的点的异或和放进 set 里，再从 \(b\) 出发遍历每个点的异或和，因为异或具有交换律，倒着走和正着走结果一样。
最后，在 set 中查找 \(b\) 出发每个点得到的异或和是否已经存在即可。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
template<class T>
struct Graph {
struct edge {
int v, nxt;
T w;
};
int idx;
vector<int> h;
vector<edge> e;
Graph(int n, int m) :idx(0), h(n + 1), e(m + 1) {}
void init(int n) {
idx = 0;
h.assign(n + 1, 0);
}
void add(int u, int v, T w) {
e[++idx] = edge{ v,h[u],w };
h[u] = idx;
}
};
const int N = 100007, M = 100007 << 1;
int n, a, b;
Graph<int> g(N, M);
int dis[N];
void dfs(int u, int fa) {
for (int i = g.h[u];i;i = g.e[i].nxt) {
int v = g.e[i].v, w = g.e[i].w;
if (v == fa || v == b) continue;
dis[v] = dis[u] ^ w;
dfs(v, u);
}
}
bool solve() {
cin >> n >> a >> b;
g.init(n);
for (int i = 1;i <= n - 1;i++) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
g.add(u, v, w);
g.add(v, u, w);
}
for (int i = 1;i <= n;i++) dis[i] = -1;
dis[a] = 0;
dfs(a, 0);
set<int> st;
for (int i = 1;i <= n;i++) if (dis[i] != -1)st.insert(dis[i]);
dis[b] = 0;
dfs(b, 0);
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (i != b && st.count(dis[i])) {
cout << "YES" << '\n';
return true;
}
}
cout << "NO" << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}