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AB水题，
C - Many Balls
题意：
-
现在有一个数初始为 \(0(x)\) 以及两种操作
- 操作 \(A:\) \(x + 1\)
- 操作 \(B: 2\times x\)?
数据范围 \(n \le 1e18\)
现在给你一个数 \(n\) ，问如何通过以上操作将 \(0\) 变成 \(n\) ，操作数不超过 \(120\)
思路：
\(2^{119} \ge 1e18\)? 保证一定有解
首先我们肯定是操作\(A\) 使得 \(x=1\) 不然执行操作 \(B\) 无意义
接下来尽可能使得 \(x\) 接近 \(n\) 也就是多执行操作\(B\)
接下来就是补 \(A\) 了
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
ll n;
cin >> n;
stack<char>st;
while (n) {
while (n % 2 == 0) {
n /= 2;
st.push(‘B‘);
}
while (n % 2 != 0) {
n -= 1;
st.push(‘A‘);
}
}
while (!st.empty()) {
cout << st.top();
st.pop();
}
}
思路二：
用二进制的眼光看数字。对一个二进制数字来说要增加一个 \(0\)?? 就要乘 \(2\)?? ，增加一个 \(1\)?? 就要乘 \(2\)?? 加 \(1\)?? 。从高位到低位看数字 \(n\)?? ，第一个出现 \(1\)?? 的位置就是一开始的加 \(1\)?? ，然后剩下的位置中，如果是 \(1\)?? ，就一定是\(\times2+1\)?? 得到的，是 \(0\)?? 就是 \(\times 2\)?? 得到的。
【AC Code】
int a[120];
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
ll n;
cin >> n;
int cnt = 0;
while (n) {
a[cnt ++] = n % 2;
n /= 2;
}
for (int i = cnt - 1; i >= 0; i -= 1) {
if (i == cnt - 1) {
cout << "A";
continue;
}
if (a[i] == 1)cout << "BA";
else cout << "B";
}
}
D - Pair of Balls
赛时懵逼了，一下子没想到用
map去处理
题意：
- 给 \(2N\) 个球，编号都在 \(1\) 到 \(N\) 的范围内，每个编号的球恰好有两个，放入 \(M\) 个容器中，每个容器大小为 \(K_i\) ，现在有一种操作：从某个容器顶部的球（前提是另外一个容器的顶部也是这个球的编号)，然后把这两个球都去掉，重复操作下来，问能否把全部栈清空。
思路：
数组 \(mp_i\) 代表编号为 \(i\)的球在哪个容器中，对每一个容器 \(i\) 顶部依次搜索，如果另一个容器 \(j\) 顶部跟当前容器顶部相同就去掉，然后再对容器 \(j\) 搜索，具体看代码。
const int N = 2e5 + 10;
queue<int>q[N];
int mp[N];
void dfs(int i) {
int u = mp[q[i].front()];
q[u].pop();
q[i].pop();
while (!q[u].empty() and mp[q[u].front()]) dfs(u);
if (!q[u].empty()) mp[q[u].front()] = u;
}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1, k; i <= m; ++i) {
cin >> k;
for (int j = 1, x; j <= k; ++j) {
cin >> x;
q[i].push(x);
}
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
while (!q[i].empty() and mp[q[i].front()]) dfs(i);
if (!q[i].empty()) mp[q[i].front()] = i;
}
bool f = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
if (!q[i].empty()) {f = 1; break;}
}
cout << (!f ? "Yes\n" : "No\n");
}
E - Amusement Park
题意：
\(RioTian\) 来到了一个游乐园，游乐园里有 \(N\) 个景点，并且第 \(i\) 个景点的乐趣最开始是 \(a_i\) 随着 \(RioTian\) 的游玩，他的满足感数值会增加当前游玩景点乐趣值，但每一次游玩该景点后此景点乐趣值 \(-1\) ，\(RioTian\) 最多可以以任何顺序乘坐景点K次。
请问 \(RioTian\) 能得到的最大可能的满意度是什么？
\(eg:\) 除了乘坐景点外，没有什么能影响 \(RioTian\) 的满意度。
思路：
感觉做过哎(雾）
为了使得满意度最大化，肯定是先游玩乐趣值大的那几个景点，并且判断是不是能重复游玩使得值最大化。
详细见代码
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N];
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
ll n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + 1 + n, greater<ll>());
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
ll t = i * (a[i] - a[i + 1]);
if (k >= t) k -= t, ans += (a[i] + a[i + 1] + 1) * t / 2;
else {
ll tt = k / i, j = k % i;
ans += (a[i] + a[i] - tt + 1) * tt / 2 * i + j * (a[i] - tt);
break;
}
}
cout << ans;
}