Codeforces Round #660 (Div. 2)

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• Codeforces Round #660 (Div. 2)
  • A. Captain Flint and Crew Recruitment
  • B. Captain Flint and a Long Voyage
  • C. Uncle Bogdan and Country Happiness

Codeforces Round #660 (Div. 2)

A. Captain Flint and Crew Recruitment

题意： 给定T个测试样例，每个测试样例给定1个数字n，问n是否能够分成4个不同的数字，4个数字中near prime的个数大于等于3。定义near prime为：两个素数p和q的乘积，且p < q。如果能的话输出YES，下一行输出那4个数字；不能输出NO。
题解： 由于需要分成4个near prime。而最小的3个near prime为：36、40、44。因此只需要分成6、10、14和n-30。由于要4个数字不同，因此需要特判36、40、44的情况。
代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1, t; i <= n; ++i) {
        cin >> t;
        if (t < 31) {
            cout << "NO
";
            continue;
        }
        else {
            cout << "YES
";
            if (t == 36) {
                cout << 6 << " " << 10 << " " << 15 << " " << 5 << endl;
                continue;
            }
            else if (t == 40) {
                cout << 6 << " " << 10 << " " << 15 << " " << 9 << endl;
                continue;
            }
            else if (t == 44) {
                cout << 6 << " " << 7 << " " << 10 << " " << 21 << endl;
                continue;
            }
            else {
                cout << 6 << " " << 10 << " " << 14 << " " << t - 30 << endl;
                continue;
            }
        }
    }
    return 0;
}

B. Captain Flint and a Long Voyage

题意： 给定T个测试样例，每个测试样例给定一个n，要求输出一个n位数字。要求输出的n位数字的产生规则如下：将n位数字的每一位变成二进制形式，连接在一起，然后删除最后n个01数字，要求最后剩下的二进制字符串最大，且在不影响答案的前提下，这个n位数字最小。
题解： 由于要然这个n位数字最大，因此要让二进制数字尽可能长，因此选择1001或1000，在没有被删除尾数的情况下，尽可能选择1001。然后因为要删除尾数，所以如果被删除的情况下，1001和1000结果一样，为了尽可能小，选择1000.因此发现：n在1 ~ 4情况下，最后一个为8，前面的为9；在5 ~ 8情况下，最后两个为8，前面为9。(因为每4个一组，会让8和9没有区别，所以只要看有几个4组即可，而且通过分析知道是向上取整的)。
代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        double n;
        cin>>n;
        int limit = ceil(n/4);
        for(int i = 0; i < n - limit; i++) printf("9");
        for(int i = 1; i <= limit; i++) printf("8");
        
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

C. Uncle Bogdan and Country Happiness

题意： 现在有一颗树，根为1。树上有m个人，白天的时候这m个人都在1号点工作，晚上回家。这m个人心情可能会在回家的路上变坏。现在给定每个节点好心情-坏心情的人数，且心情只能从好变为坏，问给出的每个节点的好心情-坏心情的人数是否能够成立，能够成立输出YES，不能成立输出NO。第一行给出测试样例数目T，每个测试样例给出n和m。下一行给出n个数字，如果是0表示该点是一个人的家。下一行给出n个数字，表示每个节点的好心情-不好心情人数。下面n-1行给出树的连边关系。(sum_{}n) <= 10^5^、(sum_{}m) <= 10^5^
题解： 由于心情只能从好变为坏，因此父节点的好心情人数一定大于等于子节点的好心情人数和。所以可以通过sz[u]和h[u]计算出u节点的好心情人数g[u]和坏心情人数b[u],然后判断子节点好心情人数和和g[u]的关系即可。
代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int T, n, m;
int const N = 2e5 + 10;
int g[N], b[N], h[N], p[N], sz[N];
int e[N * 2], ne[N * 2], hh[N], idx;
int flg;

void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = hh[a], hh[a] = idx++;
}

void dfs(int u, int fa) {
    sz[u] = p[u];
    int G = 0;
    for (int i = hh[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if (j == fa) continue;
        dfs(j, u);
        sz[u] += sz[j];
        G += g[j];
    }
    
    g[u] = (sz[u] + h[u]) / 2, b[u] = (sz[u] - h[u]) / 2;
    if (g[u] + b[u] != sz[u] || g[u] < 0 || b[u] < 0 || g[u] < G || g[u] - b[u] != h[u]) flg = 0;
    return ;
}

int main() {
    cin >> T;
    while (T--) {
        memset(sz, 0, sizeof sz);
        memset(hh, -1, sizeof h);
        idx = 0;
        flg = 1;
        cin >> n >> m;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &p[i]);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &h[i]);
        for (int i = 1, a, b; i <= n - 1; ++i) {
            scanf("%d%d", &a, &b);
            add(a, b);
            add(b, a);
        }
        dfs(1, -1);
        if (flg) cout << "YES
";
        else cout << "NO
";
    }
    return 0;
}