复健，时间有限题解比较简陋
A. Middle of the Contest
将小时转成分钟，得到起止时间在一天中的分钟数，取平均值即可，复杂度O(1)。平均值转换会时间的时候注意前导0。
void solve(int x) {
x /= 2;
printf("%02d:%02d
", x / 60, x % 60);
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
// ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)cpp;
int h1, h2, m1, m2;
char c;
cin >> h1 >> c >> m1;
cin >> h2 >> c >> m2;
solve(h1 * 60 + m1 + h2 * 60 + m2);
}
B. Preparation for International Women’s Day
要加起来能被k整除, 只需要看模k的余数即可。余数为i的与余数为k-i的互补可以被k整除，通过计数看有多少对能互补。需要注意的是，为余数为0和k/2（k为偶数）时，只能同余数的互补，此时计数是偶数个时都能配对，奇数个时能配对的数量是计数 - 1。复杂度O(n + k)。
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, k, x, cnt = 0;
cin >> n >> k;
int d[k] = {0};
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> x, d[x % k]++;
for (int i = 0; i < (k + 1) / 2; ++i) {
if (i == 0)
cnt += d[i] / 2;
else {
cnt += min(d[i], d[k - i]);
}
}
if (k % 2 == 0) cnt += d[k / 2] / 2;
cout << cnt * 2;
}
C. Balanced Team
单调队列，从小到大添加元素，保证队首和队尾差不超过5，超过了则出队，否则用当前队列大小更新最优解。如果元素x < y则x一定比y先入队，而且能与x共存的最小值sx和能与y共存的最小值sy有sx <= sy。使用单调队列，每次入队后进行出队操作，出队完成后队首就是能与入队元素共存的最小值，队列内的元素就是以入队元素为最大值时所有能存在的元素。复杂度O(n)
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
ll a[n + 1];
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + 1 + n);
int cnt = 0, l = 1, r = 2;
while (l <= r && r <= n) {
if (a[r] - a[l] > 5) cnt = max(cnt, r - l), l++;
r++;
}
cnt = max(cnt, r - l);
cout << cnt;
}
D. Zero Quantity Maximization
d * a[i] + b[i] = 0可得d = - b[i] / a[i]，统计每种d取值的个数，取最大即可。对于a[i]为0的情况需要特殊讨论，如果b[i]也为0则此时d可以取任意值；否则，d的取值为0。另外，为了避免浮点误差，不能直接统计d，而是要统计<a, b>这个配对；同时，为了归一化，需要将a与b同时除以他们的最大公约数，并保证a是正数。复杂度O(nlog(n)),log是因为用了map来计数。
// Author : RioTian
// Time : 20/11/10
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
ll a[n + 1], b[n + 1];
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> b[i];
}
int zeroBCnt = 0, zeroBothCnt = 0;
map<pair<int, int>, int> hash;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (a[i] == 0) {
if (b[i] == 0) ++zeroBothCnt;
continue;
}
if (b[i] == 0) {
++zeroBCnt;
}
int divisor = gcd(abs(a[i]), abs(b[i]));
a[i] /= divisor;
b[i] /= divisor;
if (a[i] < 0) {
a[i] = -a[i];
b[i] = -b[i];
}
if (hash[make_pair(a[i], b[i])])
++hash[make_pair(a[i], b[i])];
else
hash[make_pair(a[i], b[i])] = 1;
}
int ans = zeroBCnt;
for (auto item : hash) {
if (item.second > ans) ans = item.second;
}
cout << ans + zeroBothCnt << endl;
return 0;
}
E. K Balanced Teams
与C题思路类似，先得到取每个元素为最大值，能共存的元素有哪些（排过序的数组保留首位指针即可），比如位置为i的元素最小可共存元素的位置是maxStart[i]，这样数组里面maxStart[i]到i都是可共存元素。问题就转成如何在里面选k个，让元素尽量多，这样dp即可。dp[i][j]表示前i个元素选j队的最优值，则如果选maxStart[i]到i，最优值为dp[maxStart[i] - 1], j - 1] + i - maxStart[i] + 1；如果不选，最优值为dp[i - 1][j]；两者取最优得到状态转移方程。另外由于j只会从j - 1转移，因此可以用滚动数组节约内存。复杂度O(nk)。
// Author : RioTian
// Time : 20/11/10
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e3 + 10;
int a[N], maxStart[N], dp[N][2];
int n, k;
int main() {
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
sort(a, a + n);
int l = 0, r = 0;
while (r < n) {
if (a[r] - a[l] <= 5) {
maxStart[r] = l, ++r;
continue;
}
++l;
}
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (maxStart[j]) {
dp[j][i % 2] =
max(dp[j - 1][i % 2],
dp[maxStart[j] - 1][(i - 1) % 2] + j - maxStart[j] + 1);
continue;
}
dp[j][i % 2] = max(dp[j - 1][i % 2], j - maxStart[j] + 1);
}
}
cout << dp[n - 1][k % 2] << endl;
return 0;
}
F1. Spanning Tree with Maximum Degree
直接找到度最大的节点bfs即可，复杂度O(n + m)。
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
vector<int> node[200010];
bool visited[200010];
void bfs(int start) {
queue<int> qu;
qu.push(start);
visited[start] = true;
while (qu.size()) {
int cur = qu.front();
qu.pop();
for (auto next : node[cur]) {
if (visited[next]) continue;
visited[next] = true;
qu.push(next);
cout << cur + 1 << ' ' << next + 1 << endl;
}
}
}
int main() {
int n, m, x, y, tmp, maxCnt = 0, maxNode = -1;
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
cin >> x >> y;
--x;
--y;
node[x].push_back(y);
node[y].push_back(x);
tmp = node[x].size() > node[y].size() ? x : y;
if (node[tmp].size() > maxCnt) {
maxCnt = node[tmp].size();
maxNode = tmp;
}
}
bfs(maxNode);
return 0;
}
F2. Spanning Tree with One Fixed Degree
如果从1的一个分支出发能从另一个分支回到1，则这些分支划分为同一组，dfs即可得到这些分组。如果一组里面所有分支都被去掉了，则这组里面的节点就无法出现在树里面，因此至少要保留一个。dfs得到有多少这样的组，每组里面取一个分支，剩下还可以取则任意取。这些分支作为bfs的第一步，继续搜下去，按搜索顺序输出即可。非法的情况有：dfs时存在节点没有走到；需要的度数比组数少（此时至少有一组所有分支都被去掉）；需要的度数比1链接的分支多。复杂度O(n + m)。
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
bool visited[200010];
vector<int> node[200010];
vector<int> group[200010];
queue<int> qu;
int n, m, d, g;
void dfs(int cur, int parent) {
visited[cur] = true;
for (auto next : node[cur]) {
if (visited[next]) {
if (parent == -1) group[g - 1].push_back(next);
continue;
}
if (parent == -1) {
group[g++].push_back(next);
}
dfs(next, cur);
}
}
void bfs() {
while (qu.size()) {
int cur = qu.front();
qu.pop();
for (auto next : node[cur]) {
if (!visited[next]) {
visited[next] = true;
cout << cur + 1 << ' ' << next + 1 << endl;
qu.push(next);
}
}
}
}
int main() {
int x, y;
cin >> n >> m >> d;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
cin >> x >> y;
--x;
--y;
node[x].push_back(y);
node[y].push_back(x);
}
memset(visited, 0, sizeof(visited));
dfs(0, -1);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (!visited[i]) {
cout << "NO" << endl;
return 0;
}
}
if (g > d || node[0].size() < d) {
cout << "NO" << endl;
return 0;
}
cout << "YES" << endl;
memset(visited, 0, sizeof(visited));
visited[0] = true;
d -= g;
for (int i = 0; i < g; ++i) {
cout << '1' << ' ' << group[i][0] + 1 << endl;
visited[group[i][0]] = true;
qu.push(group[i][0]);
for (int j = 1; d && j < group[i].size(); ++j) {
cout << '1' << ' ' << group[i][j] + 1 << endl;
visited[group[i][j]] = true;
qu.push(group[i][j]);
--d;
}
}
bfs();
return 0;
}