A. Ehab and another construction problem
Water.
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int x; 5 6 int main() 7 { 8 while (scanf("%d", &x) != EOF) 9 { 10 int a = -1, b = -1; 11 for (int i = 1; i <= x && a == -1 && b == -1; ++i) 12 { 13 for (int j = i; j <= x; ++j) 14 { 15 if (j % i == 0 && i * j > x && j / i < x) 16 { 17 a = j, b = i; 18 break; 19 } 20 } 21 } 22 if (a == -1) puts("-1"); 23 else printf("%d %d ", a, b); 24 } 25 return 0; 26 }
B. Ehab and subtraction
Water.
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define N 100010 5 int n, k; 6 7 int main() 8 { 9 while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF) 10 { 11 priority_queue <int, vector <int>, greater <int> > q; 12 for (int i = 1, x; i <= n; ++i) 13 { 14 scanf("%d", &x); 15 if (x) q.push(x); 16 } 17 int add = 0; 18 for (int kk = 1; kk <= k; ++kk) 19 { 20 while (!q.empty() && q.top() == add) q.pop(); 21 if (q.empty()) puts("0"); 22 else 23 { 24 int top = q.top(); q.pop(); 25 top -= add; 26 add += top; 27 printf("%d ", top); 28 } 29 } 30 } 31 return 0; 32 }
C. Ehab and a 2-operation task
Solved.
题意：
有两种操作
$将前j个数全都加上x$
$将前j个数全都mod x$
要求用不超过$n + 1 次操作，使得给定序列变成严格的上升序列$
思路：
先全部加上一个较大的数$D$
然后每一次模一个数$D + a_i - i之后使得a_i 变成 i, 并且这样可以保证D + a_i - i > i - 1 只要D足够大$
那么前面已经弄好的数不会受到影响
操作数刚好$n + 1$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define N 2010 5 int d = (int)5e5; 6 int n; 7 8 int main() 9 { 10 while (scanf("%d", &n) != EOF) 11 { 12 printf("%d ", n + 1); 13 printf("1 %d %d ", n, d); 14 for (int i = 1, x; i <= n; ++i) 15 { 16 scanf("%d", &x); 17 printf("2 %d %d ", i, (x + d - i)); 18 } 19 } 20 return 0; 21 }
D. Ehab and another another xor problem
Upsolved.
题意：
交互题。
要求猜两个数 $(a, b)$
每次可以给出询问$c, d$
根据$a oplus c 和 b oplus d 的大小关系给出1 0 -1 三种状态$
要求根据这些关系得出$(a, b)， 询问次数<= 62$
思路：
此处我们约定$(x, y) 表示给出询问(? x y)$
先考虑$a == b 的情况，那么我们只需要每一次按位给出询问$
$此处约定i 表示第i位 ， 给出询问 (1 << i, 0) 根据所给结果即可判断当前位为0还是1$
注意到对于两个数$a, b 根据二进制拆分之后，如果它们最高位所在位置不同$
那么谁的最高位高谁就更大
$那么我们从高位往低位确定，用aa, bb 表示a, b 中高位已经确定的数$
我们用$zero 表示 a 和 b 的大小关系，这个可以通过给出询问(0, 0) 得到$
$这样就可以每一次消除前面高位影响，判断当前位是否相同，或者大小关系$
$注意到如果当前位相同（即当前状态和zero状态相同），那么对于下面的低位, zero 的状态是不会变的$
$那么我们再给出询问(1 <<i , 0)即可知道当前位的大小$
$否则， 如果当前位不同，根据当前的状态和zero 状态的比较也可以知道当前位二者是1还是0$
$如果当前状态和zero不同，那么如果当前状态是1，那么a = 0, b = 1 (此处指当前位)$
$反之同理，此处指a和b的当前位$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int a, b, st, zero; 4 int d = (1 << 30) - 1; 5 6 int main() 7 { 8 a = 0, b = 0; 9 puts("? 0 0"); 10 fflush(stdout); 11 scanf("%d", &zero); 12 for (int i = 29; i >= 0; --i) 13 { 14 if (zero == 0) 15 { 16 printf("? %d %d ", a | (1 << i), b); 17 fflush(stdout); 18 scanf("%d", &st); 19 if (st == -1) a |= 1 << i, b |= 1 << i; 20 } 21 else 22 { 23 printf("? %d %d ", a | (1 << i), b | (1 << i)); 24 fflush(stdout); 25 scanf("%d", &st); 26 if (st == zero) 27 { 28 printf("? %d %d ", a | (1 << i), b); 29 fflush(stdout); 30 scanf("%d", &st); 31 if (st == -1) a |= 1 << i, b |= 1 << i; 32 } 33 else 34 { 35 if (st == 1) b |= 1 << i; 36 else a |= 1 << i; 37 printf("? %d %d ", a, b); 38 fflush(stdout); 39 scanf("%d", &zero); 40 } 41 } 42 } 43 printf("! %d %d ", a, b); 44 fflush(stdout); 45 }
E. Ehab and a component choosing problem
Upsolved.
题意：
找出$k个连通块，将所有元素放进s(set)中，求frac{sum_{u in s} a_u}{k}最大$
$如果有多解，要让k也更大$
思路：
注意到$max(a_1, a_2, a_3..) >= average(a_1, a_2, a_3) 当且仅当a_1 == a_2, a_1 == a_3.. 的情况下等号成立$
那么显然每个连通块中的$sum a_u 是相同的$
$dp求解即可$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define ll long long 5 #define N 300010 6 int n, a[N]; 7 vector <int> G[N]; 8 ll dp[N], ans = -0x3f3f3f3f3f3f3f3f, k; 9 10 void DFS(int u, int fa, int p) 11 { 12 dp[u] = a[u]; 13 for (auto v : G[u]) if (v != fa) 14 { 15 DFS(v, u, p); 16 dp[u] += max(dp[v], 0ll); 17 } 18 if (p) 19 ans = max(ans, dp[u]); 20 else if (dp[u] == ans) 21 { 22 dp[u] = 0; 23 ++k; 24 } 25 } 26 27 int main() 28 { 29 while (scanf("%d", &n) != EOF) 30 { 31 for (int i = 1; i <= n; ++i) G[i].clear(); 32 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i); 33 for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) 34 { 35 scanf("%d%d", &u, &v); 36 G[u].push_back(v); 37 G[v].push_back(u); 38 } 39 DFS(1, 0, 1); 40 DFS(1, 0, 0); 41 printf("%lld %lld ", ans * k, k); 42 } 43 return 0; 44 }
F. Ehab and a weird weight formula
Upsolved.
题意：
给出一棵树，要求构造一棵树使得
$deg_u cdot a_u add to w$
$lceil log_2(dist(u, v)) ceil cdot min(a_u, a_v) 对于每个edge(u, v) 都加起来$
$dist(u, v) 指的是 原数中两点之间的简单路径$
给出的原树有一个限制就是，对于每个$a_u, 最小值的唯一的$
并且对于每一个非最小值的$a_u, 都至少有一个邻居 使得a_v < a_u$
思路：
如果将最小的$a_u作为根， 那么往下走，a_u 是递增的$
证明：
假如存在某一个点$a_u < a_{fa[u]}$
那么对于这个点，肯定有一个儿子使得$a_u > a_{son[u]}$
那么这个儿子也同理，直到最后一个叶子结点便不满足
因为$lceil log_2(dist(u, v)) ceil 这个式子的特性，所以在一定范围内的 dist(u, v) 这个值是相同的$
$那么我们肯定选取最小的那个来乘， 因为祖先们都是比自己小$
$而且，我们肯定选取较短路径往上爬， 倍增找祖先即可$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define ll long long 5 #define N 500010 6 int n, a[N], root; 7 vector <int> G[N]; 8 int fa[20][N]; 9 ll res; 10 11 void DFS(int u) 12 { 13 for (int i = 1; i < 20; ++i) 14 fa[i][u] = fa[i - 1][fa[i - 1][u]]; 15 ll tmp = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; int d = 0; 16 for (; fa[d][u]; ++d) 17 tmp = min(tmp, 1ll * (d + 1) * a[fa[d][u]] + a[u]); 18 tmp = min(tmp, 1ll * (d + 1) * a[root] + a[u]); 19 if (u != root) res += tmp; 20 for (auto v : G[u]) if (v != fa[0][u]) 21 { 22 fa[0][v] = u; 23 DFS(v); 24 } 25 } 26 27 int main() 28 { 29 while (scanf("%d", &n) != EOF) 30 { 31 for (int i = 1; i <= n; ++i) G[i].clear(); 32 memset(fa, 0, sizeof fa); 33 root = 1; res = 0; 34 for (int i = 1; i <= n; ++i) 35 { 36 scanf("%d", a + i); 37 if (a[root] > a[i]) root = i; 38 } 39 for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) 40 { 41 scanf("%d%d", &u, &v); 42 G[u].push_back(v); 43 G[v].push_back(u); 44 } 45 DFS(root); 46 printf("%lld ", res); 47 } 48 return 0; 49 }