标签：mes min line using cas round nbsp href 三角形
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有正整数 $a,b,c,d$ ，选取 $a≤x≤b≤y≤c≤z≤d$，使得长为 $x,y,z$ 的三边能构成三角形。
$x≤y≤z$，所以若想 $x+y>z$，$x$ 应尽可能大 ，$z$ 应尽可能小，即 $x=b$，$z=c$，所以 $b≤y≤c$，对该区间进行二分求 $y$ 的值即可，当然你也可以直接输出bcc。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int a, b, c, d; cin >> a >> b >> c >> d; int l = b, r = c; while (l + 1 < r) { int mid = (l + r) / 2; if (b + mid > c) { r = mid; } else { l = mid + 1; } } if (b + l > c) cout << b << ‘ ‘ << l << ‘ ‘ << c << "\n"; else cout << b << ‘ ‘ << r << ‘ ‘ << c << "\n"; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
可以进行 $n$ 次 $x=\lfloor\frac{x}{2}\rfloor+10$，$m$ 次 $x=x-10$ 的操作，$x$ 最终能否小于等于 $0$。
$\lfloor\frac{x}{2}\rfloor+10≤x\ {\Rightarrow}\ x > 20$。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int x, n, m; cin >> x >> n >> m; while(x > 20 && n > 0) { x = x / 2 + 10; --n; } if (x <= 10 * m) cout << "YES" << "\n"; else cout << "NO" << "\n"; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
从有 $n$ 个结点的树中选取 $k<n$ 个结点，求从 $k$ 个结点出发到结点 $1$ 路上所能访问到的未选取结点的个数之和的最大值（重复计数）。
首先肯定是优先选取最深的叶子结点，其次就是权衡较深的父节点和较浅的叶子结点，如果我们要选取一个较深的父节点，那么它的更优的子结点一定已经被选过了，所以可以据此计算选取每个结点的收益，即 $depth - son\_num$，取前 $k$ 大即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int M = 2e5 + 100; vector<int> e[M], v; int dfs(int u, int p, int dep) { int son = 1; for (int v : e[u]) { if (v != p) { son += dfs(v, u, dep + 1); } } v.push_back(dep - son + 1); return son; } int main() { int n, k; cin >> n >> k; for (int i = 0; i < n - 1; i++) { int u, v; cin >> u >> v; e[u].push_back(v); e[v].push_back(u); } dfs(1, 0, 0); sort(v.rbegin(), v.rend()); cout << accumulate(v.begin(), v.begin() + k, 0LL); }
从三个数组中各取一个数，使得三者不等且两两之差的平方和最小。
三个数存在关系：$a<b<c$，只有枚举中间的 $b$ 才能保证求得的 $a,c$ 一定是最优的（反例见test1-case4）。
#include <bits/stdc++.h> #define resz resize #define ub upper_bound #define lb lower_bound #define bg(x) x.begin() #define ed(x) x.end() #define all(x) x.begin(), x.end() #define n_p next_permutation #define LL long long using namespace std; inline LL cal(LL a, LL b, LL c) { return (a - b) * (a - b) + (b - c) * (b - c ) + (a - c) * (a - c); } void solve() { int sz[3]; for (int &i : sz) cin >> i; vector<int> v[3]; for (int i = 0; i < 3; i++) { v[i].resz(sz[i]); for (int &j : v[i]) cin >> j; sort(all(v[i])); } LL ans = LLONG_MAX; int p[] = {0, 1, 2}; do { for (int b : v[p[1]]) { auto a = ub(all(v[p[0]]), b); auto c = lb(all(v[p[2]]), b); if (a != bg(v[p[0]]) and c != ed(v[p[2]])) { --a; ans = min(ans, cal(*a, b, *c)); } } } while(n_p(p, p + 3)); cout << ans << "\n"; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
Codeforces Round #635 (Div. 2)
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Kanoon/p/12711803.html
