Codeforces Round #552 (Div. 3) 题目链接
A. Restoring Three Numbers
给出 (a+b)，(b+c)，(a+c) 以及 (a+b+c) 这四个数，输出一种合法的 (a,b,c)。
可以发现，前面的两个数加起来减去最后的 (a+b+c)，答案就出来一个。最后这样求出(a,b,c)即可。
代码如下：
Code
```cpp #includeB. Make Them Equal
给出(n)个数，然后选择一个最小的(D)，现在你可以对于每一个(a_i)执行下面的操作:
- (a_i + D)
- (a_i - D)
- (a_i)保持不变
最后要使得所有的(a_i)都相等，如果不存在这样的 (D)，则输出 (-1)。
排序后可以发现这(n)个数分为了几段，然后根据情况分类讨论就行了（贪下心）
代码如下:
Code
```C #includeC. Gourmet Cat
现在有(a,b,c)三种食物，其中周一、周四、周日吃第一种食物，周二、周六吃第二种食物，其余天吃第三种食物。
现在给出三种食物的数量，问最多可以吃多少天。
每一周可以作为一个整的阶段，可以先贪心地考虑，先考虑三种食物最多可以吃多少周，然后取min即可得出周数。之后用食物数量减去7*周数，然后小范围暴力就行了。
具体见代码吧：
Code
```C #includeD. Walking Robot
有一个机器人，现在要从(0)号点走到(n)号点，现在有一定数量的(a)物品和(b)物品。机器人每次向前移动一步，若目标点(s_i=1)，那么此时使用(a)物品，(b)物品的数量会加一（不会超过原本的值）。
每次使用一个物品，那个物品的数量就会减一。
现在问这个机器人最多走到哪个位置。
这个就是简单的贪心，当(s_i=1)时，如果(b)物品的数量没有满，那么此时肯定选择(a)物品是最优的；其余情况，就尽可能地先选择(a)物品，毕竟(a)物品的数量可以增加。当然一个物品的数量为(0)时只能选择另外一个物品了，两个物品的数量为(0)时，说明机器人最多也只能走到这里了= =
代码如下:
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n, a, b;
int s[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n >> a >> b;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i] ;
int i;
int mx = b;
for(i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i] == 0) {
if(b) b--;
else if(a) a--;
else break ;
} else {
if(a && b < mx) {
a--;
b++;
b = min(b, mx) ;
} else if(b) {
b--;
} else break ;
}
}
cout << i - 1;
return 0;
}
E. Two Teams
给出(n)个数，数据保证这(n)个数互不相同，然后现在两个人轮流来进行操作：选择目前最大的那个数，然后删去以它为中心向两边延伸(k)个单位的数（若遇到边界就停止）。
最后输出每一个数是由哪一个人删去的，两个人的编号分别为(1,2)。
双向链表模拟即可，找最大值的话，由于数据互不相同，所以可以用一个数组记录一下每个数的位置。
当然直接set来搞暴力删除也可以。
代码如下(比较丑陋)：
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n, k, cur;
int l[N], r[N], a[N], ans[N], b[N], mp[N];
bool vis[N] ;
void solve(int p) {
int left, right ;
ans[p] = cur + 1;
vis[a[p]] = 1;
int tmp = p;
int cnt = 0;
while(l[tmp] != 0 && cnt < k) {
ans[tmp] = cur + 1;
vis[a[tmp]] = 1;
tmp = l[tmp] ;
cnt++;
}
left = tmp ;
ans[left] = cur + 1;
vis[a[left]] = 1;
tmp = p;
cnt = 0;
while(r[tmp] != n + 1 && cnt < k) {
ans[tmp] = cur + 1;
vis[a[tmp]] = 1;
tmp = r[tmp] ;
cnt++;
}
right = tmp ;
ans[right] = cur + 1;
vis[a[right]] = 1;
l[r[right]] = l[left] ;
r[l[left]] = r[right] ;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0) ;
cin >> n >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], b[i] = a[i], mp[a[i]] = i;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
l[i] = i - 1;
r[i] = i + 1;
}
sort(b + 1, b + n + 1) ;
reverse(b + 1, b + n + 1) ;
cur = 0;
int point = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
while(point <= n && vis[b[point]]) point++;
if(point > n) break ;
int now = mp[b[point]] ;
solve(now) ;
cur ^= 1;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i];
return 0;
}
F. Shovels Shop
有(n)个物品， 每个物品的价格为(a_i)，现在你需要买(k)个物品。与此同时你还有(m)张优惠券，每张给出两个数("x_i,y_i")，含义为如果你一次性买了(x_i)个物品，那么在你买的物品中，最便宜的(y_i)个物品可以免费。
现在问你买(k)个物品最少花多少钱。
(1leq n leq 10^5,1leq kleq min(n,2000))
这题我们首先考虑贪心，其实我们只需要在最便宜的(k)个物品中选择就可以了，这肯定不会丧失最优解。
然后就是比较简单的dp了，设(dp(i))表示买前(i)个物品的最少花费，那么转移方程就为:
代码如下：
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5 ;
int dp[N] ;
int n, m, k ;
int a[N], sum[N];
vector <pair<int,int> > p ;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n >> m >> k ;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] ;
sort(a + 1 , a + n + 1) ;
for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i] ;
n = min(n, k) ;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
p.push_back(make_pair(x, y)) ;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1] + a[i] ;
for(auto v : p) {
if(i >= v.first) dp[i] = min(dp[i], dp[i - v.first] + sum[i] - sum[i - v.first + v.second]) ;
}
}
cout << dp[n] ;
return 0;
}
G. Minimum Possible LCM
给出(n)个数，其中(1 leq n leq 10^7)，现在求满足(lcm(a_i,a_j))最小时的一组合法解((i,j))。
考虑稍微暴力一点的做法：因为有(lcm(a_i,a_j)=frac{a_i*a_j}{gcd(a_i,a_j)})，所以我们可以考虑枚举gcd，找到两个最小(a_i,a_j)，满足它们都为gcd的倍数，不断维护答案即可。
至于这样为什么是对的，假设现在找到的(a_i,a_j)，有(gcd(a_i,a_j)=k*g,k>1)，我们现在得到(ans_i)。之后我们枚举到(g=gcd(a_i,a_j))时，得到新的(ans)，必然是满足(ans<ans_i)的。
由于时限开的4s，加上cf机子也不错，还是很轻易跑过去的。最后注意下记录位置就好了。
代码如下:
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e7 + 5;
int n;
int a[N], vis[N], pos[N][2];
set <int> s;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i] ;
vis[a[i]]++;
if(pos[a[i]][0] == 0) pos[a[i]][0] = i;
else pos[a[i]][1] = i;
}
ll ans = 1e18;
int b, c;
for(ll i = 1; i < N; i++) {
ll fir = -1, sec = -1;
for(int j = i; j < N; j += i) {
if(vis[j]) {
if(fir == -1) fir = j;
else if(sec == -1) sec = j;
}
if(vis[j] > 1) {
if(sec == -1) sec = j;
}
if(fir != -1 && sec != -1) {
if(fir * sec / i < ans) {
ans = fir * sec / i;
b = fir, c = sec ;
}
break ;
}
}
}
if(pos[b][0] == pos[c][0]) s.insert(pos[b][0]), s.insert(pos[c][1]) ;
else s.insert(pos[b][0]), s.insert(pos[c][0]);
for(auto v : s) cout << v << ' ' ;
return 0;
}