D. Same Count One(Polynomial Round 2022 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!))
题意
给定 \(n\) 个长度为 \(m\) 的 01 序列，每次操作可以选择两个序列a1, a2，并选择一个\(pos\), std::swap(a1[pos], a2[pos]), 求是每个序列中的 \(1\) 的个数都相等所需的最小操作数。
思路
可以发现 (\(1\) 的总数 ) \(\bmod \ n \neq 0\) 时， 是无解的。
令 \(avg =\) (\(1\) 的总数 ) \(/ n\), 我们可以把这 \(n\) 个序列分为两类，严格小于 \(avg\) 的 和严格大于 \(avg\) 的，其他的序列可以丢掉。
严格大于 \(avg\) 的序列都可以为 严格小于 \(avg\) 的序列补充 \(1\)， 直到 严格大于 \(avg\) 的序列 \(1\) 的个数等于 \(avg\) 或者 严格小于 \(avg\) 的序列 \(1\) 个数等于 \(avg\)。
直接模拟即可。
实现
void solve_problem() {
int n, m;
std::cin >> n >> m;
std::vector a(n, std::vector<int>(m, 0));
int avg = 0;
for (int i = 0;i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
std::cin >> a[i][j];
avg += a[i][j];
}
}
if (avg % n == 0) {
if (n == 1) {
std::cout << 0 << "\n";
return;
}
avg /= n;
std::vector<std::pair<int,int>> q1, q2;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int cnt = 0;
for (int j = 0; j < m; j++) {
cnt += a[i][j];
}
if(cnt < avg) q1.push_back({cnt, i});
else if (cnt > avg) q2.push_back({cnt, i});
}
int ans1 = 0;
std::vector<std::array<int, 3>> ans2;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (q1.empty() || q2.empty()) break;
auto [c1, i1] = q1[0];
auto [c2, i2] = q2[0];
int d = avg - c1;
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (d == 0 || c2 == avg) {
break;
}
if (a[i2][j] == 1 && a[i1][j] == 0) {
std::swap(a[i2][j], a[i1][j]);
c1++;
c2--;
d--;
ans2.push_back({i2 + 1, i1 + 1, j + 1});
ans1++;
}
}
q1[0] = {c1, i1};
q2[0] = {c2, i2};
if (c1 == avg) q1.erase(q1.begin());
if (c2 == avg) q2.erase(q2.begin());
}
std::cout << ans1 << "\n";
for (auto [x, y, z] : ans2) {
std::cout << std::max(x, y) << " " << std::min(y, x) << " " << z << "\n";
}
} else {
std::cout << -1 << "\n";
}
}
D. Watch the Videos(2022-2023 ICPC, NERC, Southern and Volga Russian Regional Contest (Online Mirror, ICPC Rules, Preferably Teams))
题意
有 \(n\) 个大小随意的视频和 \(1\) 个大小为 \(m\) 的磁盘，视频要下载到磁盘中才可以开始观看，下载第 \(i\) 个视频花费 \(a_i\) 的时间，开始下载第\(i\)个视频时，磁盘中要至少有\(a_i\)的空间才可以开始，下载完成需要花费 \(1\) 的时间观看完，看完之后视频立刻被从磁盘中删除，求看完所有视频需要的时间。（一次只能下载一个视频，观看视频的时候可以开始下载视频)
思路
最坏的答案(每次看完一个视频后才开始下载下一个视频)， 计算方法为：
可以发现如果在观看视频时下载视频，答案就可以 \(-1\) 。
要想使答案最小，只需要尽可能多的在观看视频时开始下载视频即可。
假设视频序列 \(a\) 从小到大排序, 那么可以找到一个最大的 \(pos (1\leq pos \leq n)\), 使得序列
相邻两个数的和小于等于 \(m\)。
按照这个序列观看，有 \(pos - 1\) 个视频是在正在观看视频时开始下载的。可以使答案减少 \(pos - 1\)。
\(pos\) 是满足单调性的，因此可以二分来找到最大的 \(pos\)。
实现
void solve_problem() {
int n, m;
std::cin >> n >> m;
std::vector<int> a(n);
for (auto &x : a) {
std::cin >> x;
}
std::sort(a.begin(), a.end());
auto check = [&](int x) {
int l = 0, r = x - 1;
while (l < r) {
if (a[r] > m - a[l]) return false;
r--;
l++;
}
return true;
};
int l = 1, r = n, ans = 0;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid)) {
ans = mid;
l = mid + 1;
} else {
r = mid - 1;
}
}
std::cout << std::accumulate(a.begin(), a.end(), 0LL) + (n - ans + 1) << "\n";
}
D. Range = √Sum(Codeforces Round #836 (Div. 2))
题意
构造一个长度为 \(n\) 的数组 \(a_1，a_2， a_3， \dots，a_n\)，使 \(a_i\) 各不相同，且 \(max(a_1，a_2， a_3， \dots，a_n) - min(a_1，a_2， a_3， \dots，a_n) = \sqrt{a_1，a_2， a_3， \dots，a_n}\) 。
思路
当 \(n\) 为偶数时, 数组为：
数组可以被分成 \(\frac{n}{2}\) 组，每组的和都为 \(2n\)。
当 \(n\) 为奇数时，我们尝试 \(max(a) - max(b) = n + 1\), 因此数组的和应为 \(n^2 + 2n + 1\)。
尝试使用 \(n - 1\) 个数分为 \(\frac{n-1}{2}\) 组，每组和为 \(2(n+1)\), 组成的数组和为 \(n^2 - 1\)。
此时这 \(n - 1\) 个数为：
知道了最小项，最大项也可以计算出来 \(n + \frac{n - 1}{2} + 3\)。
这时数组的和为：
距离 \(n^2 + 2n + 1\) 还需要：
我们可以让 第 \(\frac{n - 1}{2} + 1\) 项到第 \(n - 1\) 项都 \(+1\) 来抵消掉 \(\frac{n - 1}{2}\)。
因为第 \(n - 1\) 项 \(n + \frac{n - 1}{2} + 1\) 与 第 \(n\) 项 \(n + \frac{n - 1}{2} + 3\) 相差 \(2\)，所以 \(+1\) 操作不会使数组产生重复的数。
此时我们的数组已经构造完成：
实现
void solve_problem() {
int n;
std::cin >> n;
if (n % 2 == 0) {
for (int i = 0; i < n/2; i++) std::cout << (n/2 + i) << " ";
for (int i = 1; i <= n/2; i++) std::cout << (n + i) << " ";
std::cout << "\n";
} else {
for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2; i++) std::cout << (n - 1) / 2 + i + 1 << " ";
for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2; i++) std::cout << n + i + 2 << " ";
std::cout << n + (n - 1) / 2 + 3<< "\n";
}
}