Codeforces Round #673 (Div. 2)

原题链接

题外话

恢复性训练

A

题意

就是给定你一个操作 (a_j = a_j + a_i)(这种写法好像游标的那种。。），然后这个(a_j)如果超过一个k值，那么之后就不能进行这个操作了（就是不能在(a_j = a_j + a_i)）， 问你能进行这样的操作最多多少次

思路

有点贪心的想法在里面， 最多的次数的话，肯定先找到这个数组中最小的那个数，然后用它去为数组中其他数进行加，才能最多

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define dbg(x...) do { cout << "33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)

using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const LL Max = 9.1e10;
const int N =5.1e5;
const int maxn = 200010;


LL   n, k, m ;
LL ar[N],br[N];
LL i,j,g;
LL MOD = 998244353 ;


void answer (){
 cin >> n >>m;
 for(int i=1;i<=n;i++){
    cin >>ar[i];
 }sort(ar+1 ,ar+1+n);
 LL sum =0 ;
 for(int i=2;i<=n;i++){
    sum+=(m - ar[i]) / ar[1];
 }cout <<sum <<endl;
   return ;
 }


int main()
{
//    ios::sync_with_stdio(0);
//    cin.tie(0), cout.tie(0);
//       pre();
    LL t;
//    sld(t);
cin >> t ;
    while(t--)
        answer();


    return 0;

}

B

题意

给你一组数， 然后让你分给两个数组，使得这两个数组中每个数组的任意两个数相加不能等于k

思路

直接暴力判断就完了，把k - 当前数 分到另外一个数组就行
注意一下如果k - 当前数没有的情况 和 k - 当前数 == 当前数的情况

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define dbg(x...) do { cout << "33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)

using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const LL Max = 9.1e10;
const int N =5.1e5;
const int maxn = 200010;



LL   n, k, m ;
LL ar[N],br[N];
LL i,j,g;
LL MOD = 998244353 ;


void answer (){
cin >> n>> k;
map<int , int>mp;
for(int i=1;i<=n;i++){
    cin >>ar[i];
    mp[ar[i]] ++ ;
}
map<int , int > mp1,mp2;
for(int i=1;i<=n;i++){
    if(k < ar[i])mp1[ar[i]] = mp[ar[i]] ;
    else {
        if(mp1[ar[i]] || mp2[ar[i]])continue ;
       if(mp[k-ar[i]] && !mp1[k-ar[i]]){
            mp1[k-ar[i]]= mp[k-ar[i]];
            mp2[ar[i]]= mp[ar[i]];

       }
       else if(!mp[k-ar[i]]){
            mp1[ar[i]] = mp[ar[i]];
       }
       if(k -ar[i] == ar[i]){
        mp1[ar[i]] = mp[ar[i]]/2 ;
        mp2[ar[i]] =(mp[ar[i]]+1)/2;
       }
    }
}
//cout<<mp[3]/2<<endl;

for(int i=1;i<=n;i++){
    if(mp1[ar[i]])cout<<1<<" ", mp1[ar[i]] -- ;
    else cout<<0<<" ", mp2[ar[i]] -- ;
}cout<<endl;
   return ;
 }


int main()
{
//    ios::sync_with_stdio(0);
//    cin.tie(0), cout.tie(0);
//       pre();
    LL t;
//    sld(t);
cin >> t ;
    while(t--)
        answer();


    return 0;

}

C

题意

让你找到从1~n的每个长度中最小的公共数字（就是长度为（(1<=i<=n)）的每段数组子序列中都出现的数字）

思路

先用前缀和后缀找一下每个点一定成为公共点时的长度为多少（记录的下标应该是这个数本身， 不然后面找最小的点会很麻烦）
双重for 第一重从1开始到n
第二重从当前这个点一定成为公共点的长度开始遍历，找到此时没有被覆盖的点（为什么是没有覆盖的点呢，因为前面的被覆盖的点（首先是成为公共点的长度比当前点小，然后因为我们是从1 开始遍历的，也就是说如果能够成为公共点，就意味着这个点比当前这个点小，所以一定是个最小的公共点）），覆盖上即可

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define dbg(x...) do { cout << "33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)

using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const LL Max = 9.1e10;
const int N =5.1e5;
const int maxn = 200010;

void clear(unsigned char *pta, int size )
{//结构体初始化
    while(size>0)
    {
        *pta++ = 0;
        size --;
    }
}

LL   n, k, m ;
LL ar[N],br[N];
LL i,j,g;
LL MOD = 998244353 ;

LL ff[N], last[N],ans[N];
void answer (){
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++){
    cin >>ar[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
    ff[i] = last[i] =0 ;
    ans[i] = -1 ;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
    int x = ar[i];
    ff[x] = max(ff[x] , i - last[x]);
    last[x] = i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
    ff[i] = max(ff[i] , n - last[i] +1 ) ;
    for(int j=ff[i] ;j<=n && ans[j]==-1;j++){
        ans[j] = i;
    }
}
for(int i=1;i<=n;i++){
    cout<<ans[i]<<" ";
}cout<<endl;
   return ;
 }


int main()
{
//    ios::sync_with_stdio(0);
//    cin.tie(0), cout.tie(0);
//       pre();
    LL t;
//    sld(t);
cin >> t ;
    while(t--)
        answer();


    return 0;

}

D

题意

给你一组数，问你通过(a_i =a_i -x*i , a_j = a_j+x*i（1<=i , j<=n, 0<=x<=10^9）)使得这组数所有数都相等 ， 然后告诉你最多(3*n次操作)

思路

看完题解，没想到这么简单
因为最多操作次数是(3*n)，所以对于每个数来说，其实就是进行三次操作：
1.从第一个数那里拿数使得满足(a[i] % i ==0)
2.把第i个数都还给第一个数
3.等所有数都给第一个数之后，在平均分配
由此我们可以推出 ：
1.如果这个数组之和 % n不为零的话，就不能平均分配了（这样总会有多出来的数）
2.当为零的时候

  •  1.通过a[i] % i 是否为零来决定是否从1处获取数

  •  2.然后还回去

  •  3.分给每个数一个平均数

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define dbg(x...) do { cout << "33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)

using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const LL Max = 9.1e10;
const int N =5.1e5;
const int maxn = 200010;

void clear(unsigned char *pta, int size )
{//结构体初始化
    while(size>0)
    {
        *pta++ = 0;
        size --;
    }
}

LL   n, k, m ;
LL ar[N],br[N];
LL i,j,g;
LL MOD = 998244353 ;

//f是该长度最小的坐标 ans 是最后输出的数 ， last 是相同的数上一个位置

LL fac[N],inv_fac[N];
//快速幂
LL qpow(LL x, LL y ){
    x%=MOD;
    long long res=1%MOD;
    while(y){
        if(y&1)res=res*x%MOD;
        y>>=1;
        x=x*x%MOD;
    }
    return res;

}

void pre(){
    fac[0] =1 ;
    for(int i=1;i<N;i++){
        fac[i] =fac[i-1] * i %MOD;
    }
    inv_fac[N - 1 ] = qpow(fac[N - 1] , MOD-2 ) ;

    for(int i =N-2 ;i>=0 ;i--){
        inv_fac[i] = inv_fac[i+1] * (i+1) %MOD;
    }

}

LL C (LL a ,LL b){
    if(a<0 || b> a )//因为是C（a，b） 所以b《= a
    {
        return 0;
    }

    return fac[a] * inv_fac[b] % MOD *inv_fac[a-b]%MOD;//a 的阶乘 / （ b的阶乘 * （a-b的阶乘））

}

void answer (){
 cin >>n;
 LL sum =0 ;
 for( i=1;i<=n;i++){
    cin >>ar[i];
    sum +=ar[i];
 }
 if(sum%n){cout<<-1<<endl; return ;}
 cout<<3*(n-1)<<endl;
 for( i=2;i<=n;i++){
    cout<< 1 <<" "<< i <<" "<<(ar[i]%i ? i - (ar[i]%i) : 0 )<<endl;
    cout<< i <<" "<<1  <<" "<<(ar[i] + i -1 )/ i<<endl ;
 }
 sum/=n;
 for(int i=2;i<=n;i++){
    cout<< 1 <<" "<< i <<" "<< sum<<endl;
 }
   return ;
 }


int main()
{
//    ios::sync_with_stdio(0);
//    cin.tie(0), cout.tie(0);
//       pre();
    LL t;
//    sld(t);
cin >> t ;
    while(t--)
        answer();


    return 0;

}
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