Codeforces Round #577 (Div. 2)

标签：一半   中位数   说明   can   二分   scanf   port   for   ORC   

题目链接：https://codeforces.com/contest/1201

A - Important Exam

送分题。

B - Zero Array

题意：给一个数组，每次选两个不同位置的数字，然后同时-1。问是否能全部变成0。

题解：好像做过。首先和必须是偶数，其次最大的数字不能超过和的一半，这两个显然是必要条件，但是为什么这样就充分了呢？貌似可以归纳，每次取最大和次大同时-1，问题会变成和-2的，且最大的数字依然不超过和的一半的子问题，因为新的最大值要么是原本的最大值-1，要么原本有至少3个值都是原本的最大值，两种情况下新的最大值都不会超过和的一半。即：已知sum>=3x，求证x<=(sum-2)/2。显然当sum>=6时上式成立，当sum<6时，枚举掉这种情况即可。

void test_case() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    ll sum = 0, maxa = 0;
    while(n--) {
        ll x;
        scanf("%lld", &x);
        sum += x;
        maxa = max(maxa, x);
    }
    if(sum % 2 == 1 || maxa > sum / 2)
        puts("NO");
    else
        puts("YES");
}

C - Maximum Median

题意：给一个奇数个数的数组，每次操作可以把一个数字+1，求最多k次操作能变到的最大的中位数。

题解：很明显有二分的做法：枚举中位数x，需要把中间及其之后的所有小于x的数变成x，求出这个花费是否超过k，求花费的时候还要再进行一次二分，带两个log。

int n, k, mid;
int a[200005];
ll sum[200005];

bool check(int x) {
    int pos = lower_bound(a + 1, a + 1 + n, x) - a;
    --pos;
    if(pos < mid)
        return 1;
    int cnt = pos - mid + 1;
    ll cost = 1ll * (pos - mid + 1) * x - (sum[pos] - sum[mid - 1]);
    return cost <= k;
}

void test_case() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &a[i]);
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    mid = (n + 1) / 2;
    int L = a[mid], R = a[mid] + k;
    while(1) {
        int M = (L + R) >> 1;
        if(L == M) {
            if(L == R || check(R)) {
                printf("%d\n", R);
                return;
            }
            printf("%d\n", L);
            return;
        }
        if(check(M))
            L = M;
        else
            R = M - 1;
    }
}

但是居然T了。卡一下常数试试。最后发现是二分的时候加法溢出了。

int n, k, mid;
int a[200005];
ll sum[200005];

bool check(ll x) {
    int pos = lower_bound(a + 1, a + 1 + n, x) - a;
    --pos;
    if(pos < mid)
        return 1;
    ll cost = 1ll * (pos - mid + 1) * x - (sum[pos] - sum[mid - 1]);
    return cost <= k;
}

void test_case() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &a[i]);
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    mid = (n + 1) / 2;
    ll L = a[mid], R = a[mid] + k;
    while(1) {
        ll M = (L + R) >> 1;
        if(L == M) {
            if(L == R || check(R)) {
                printf("%d\n", R);
                return;
            }
            printf("%d\n", L);
            return;
        }
        if(check(M))
            L = M;
        else
            R = M - 1;
    }
}

启示：上了1e9的都用ll比较好，说不定哪天就溢出了。在二分lower_bound的时候起点其实不一定要是1，直接从mid开始也可以，不过也就快了一次？

挑战一下主体部分线性的做法，因为这题自带一个排序，所以本身的一个log是逃不掉的，思路是一次把相等的一段数字全部吃进来，然后求中位数到当前这段数字的和，加上k之后除以这段数字的个数，就得到了中位数的大小tmp。需要注意的是tmp不能超过a[r+1]，因为假如超过了就应该把下一段也吃进来，这个tmp也不能小于a[r]，否则就说明中位数不能到达a[r]（意思是要把a[r]的一部分分给前面的数才使得大家都是tmp，这是不对的）。

int n, k;
ll a[200005];

void test_case() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%lld", &a[i]);
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    int mid = (n + 1) / 2;
    ll sum = 0, ans = a[mid];
    for(int l = mid, r; l <= n; l = r + 1) {
        for(r = l; r + 1 <= n && a[r + 1] == a[l]; ++r);
        for(int j = l; j <= r; ++j)
            sum += a[j];
        ll tmp = (k + sum) / (r - mid + 1);
        if(tmp < a[r])
            break;
        if(r != n)
            tmp = min(a[r + 1], tmp);
        ans = max(ans, tmp);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

D - Treasure Hunting

题意：有个n*m的迷宫，从左下角开始走，迷宫中有一些宝物，要用最少的步数收集所有的宝物。每次移动只能向左向右或者向上移动，其中只有在某些安全列才能向上移动。

题解：看起来就很dp，先去掉最高的有宝物的层，那么收集完一层之后，必定从某个安全列去往下一层，那么到达上层的每个安全列的最小步数是可以直接转移出来的。易知搜集完某层的宝物之后，分别从两侧的安全列其中之一去往上层是最优的解法。且每层的最左边或者最右边的宝物是最后被收集的，所以真正有用的安全列只有最多4个。最后特殊处理一下顶层。

Codeforces Round #577 (Div. 2)

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原文地址：https://www.cnblogs.com/KisekiPurin2019/p/12448054.html