A
題意
設計一條線路要貼著6個牆面走，從 \((a,b)\) 到 \((f,g)\) ，線路長度最短。
題解
知識點：模擬。
分類取最短即可。
時間複雜度 \(O(1)\)
空間複雜度 \(O(1)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int w, d, h;
int a, b, f, g;
cin >> w >> d >> h;
cin >> a >> b >> f >> g;
int ans = h + min(abs(a - f) + min(b + g, 2 * d - b - g), abs(b - g) + min(a + f, 2 * w - a - f));
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
題意
有 \(n\) 個人要去電影院，第 \(i\) 個人要求至少 \(a_i\) 個其他人去他才去，問最終能有多少種選人去電影院的方案，保證每種方案選完後所有符合要求的都去了。
題解
知識點：貪心。
從小到大排序。如果低要求的人能去就先去，保證要求高的人去之前能去的都去。如果低要求的都去不了，換成高要求的更去不了，不如先預選低要求的，看看後面能不能補上。如此，可以得到所有方案。
因為可以都不去，所以如果第一個人就有 \(\geq 1\) 的要求時，顯然是可以都不去的。
對於 \(i\in[1,n)\) ，如果 \(a_i \leq i-1\) 且 \(a_{i+1} > i\) ，說明 \([1,i]\) 都能去，但不能直接選 \(i+1\) ，因為缺人需要繼續安排後面的看看能不能補上，所以這裡可以方案加一。
其他情況，\([1,i+1]\) 都能去則必須安排在一個方案；\([1,i+1]\) 都不能去，繼續選，不能算做一個方案；\([1,i]\) 不能去，但 \([1,i+1]\) 可以去，此時要繼續往後選，讓這個方案能去的人都去。
最後，上述判斷包括不了全都去，因此特判方案加一。
時間複雜度 \(O(n \log n)\)
空間複雜度 \(O(n)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
int ans = 0;
if (a[1] != 0) ans++;
for (int i = 1;i < n;i++) {
if (a[i] <= i - 1 && a[i + 1] > i) ans++;
}
ans++;
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
題意
給出一個小寫字母的字串，每次修改可以使一個位置的字母替換成任意字母，求出修改的最少次數，使字串的字母出現次數相同，並輸出修改後的字串。
題解
知識點：模擬，列舉，貪心。
注意到，直接列舉最後的個數很困難，但列舉最後有幾種字母很容易，因此考慮列舉最後剩多少種字母。
接下來分兩步走：
- 確定最少要變多少位置，同時確定最少答案情況的字母種數。
- 透過上一步確定的資訊，遍歷字串更改。
第一步：
先將每個字母對應的出現次數記錄好，同時儲存字母本身的序號，方便排序後還能找到對應的字母。
列舉字母種數 \(i\) ，滿足 \(i \mid n\) ，則最終每種字母會有 \(x = \dfrac{n}{i}\) 個。我們可以貪心地選擇保留數量最多的前 \(i\) 個，這些字母中數量大於 \(x\) 是必須修改的，而後 \(26-i\) 個字母，全部都需要修改。於是，就可以求出 \(i\) 對應的修改次數 \(delta\) ，列舉取最小值，並記錄最終種數 $div $ 和每種數量 \(cnt\)，即可。
第二步：
我們此時需要遍歷字串修改，因此需要透過字母序號得到字母的排名（從 \(0\) 開始）和數量，所以需要遍歷第一步得到的排名對應數量和序號的陣列獲得。
若某個位置的字母的數量大於 \(cnt\) 或者排名大於等於 \(div\) 並且字母的數量大於 \(0\) 則需要修改，列舉 \(26\) 個字母找到排名小於 \(div\) 且數量小於 \(cnt\) 的填充進去即可。
時間複雜度 \(O(n)\)
空間複雜度 \(O(n)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
string s;
cin >> s;
vector<pair<int, int>> rk(26);
for (int i = 0;i < 26;i++) rk[i] = { 0,i };
for (int i = 0;i < n;i++) rk[s[i] - 'a'].first++;
sort(rk.begin(), rk.end(), greater<pair<int, int>>());
int div = 1;
int ans = 1e9;
for (int i = 1;i <= 26;i++) {
if (n % i) continue;
int x = n / i;
int delta = 0;
for (int j = 0;j < i;j++) delta += max(0, rk[j].first - x);
for (int j = i;j < 26;j++) delta += rk[j].first;
if (delta < ans) {
ans = delta;
div = i;
}
}
int cnt = n / div;
vector<pair<int, int>> pos(26);
for (int i = 0;i < 26;i++) pos[rk[i].second] = { rk[i].first,i };
for (int i = 0;i < n;i++) {
if (pos[s[i] - 'a'].first > cnt || pos[s[i] - 'a'].second >= div && pos[s[i] - 'a'].first) {
pos[s[i] - 'a'].first--;
for (int j = 0;j < 26;j++) {
if (pos[j].first < cnt && pos[j].second < div) {
s[i] = j + 'a';
pos[j].first++;
break;
}
}
}
}
cout << ans << '\n';
cout << s << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
題意
給出一個陣列 \(a_i \in [1,10^9]\) ，求出 \(x \in [0, 10^{18}]\) 時 \(a_1+x,\cdots,a_n+x\) 中完全平方數的數量的最大值。
題解
知識點：列舉，因數集合。
顯然，必然存在 \(x\) 使得 \(a+x\) 是個完全平方數，答案至少為 \(1\) 。考慮答案為 \(2\) 及以上的情況。
我們可以先列舉所有兩個數的組合 \(a_i,a_j(i<j)\) ，如果存在大於等於 \(2\) 的答案，必然會包括這些兩個數的組合，因而我們可以透過兩個數列舉出所有成立的 \(x\) ，對每個 \(x\) 在完整的陣列中再跑一遍記錄答案即可。
我們考慮如何得到使 \(a_i+x,a_j+x\) 都成為完全平方數的 \(x\) 。設 \(a_i+x = s^2,a_j+x = t^2\) ，直接列舉 \(x\) 複雜度是 \(10^9\) ，考慮列舉 \(s,t\) 相關的數。我們可以得到 \(a_j-a_i = t^2-s^2 = (t+s)(t-s) \in [1,10^9)\) ， 因此我們可以列舉 \(t+s,t-s\) ，即列舉 \(a_j-a_i\) 的因子即可，我們最多隻需要列舉 \(\sqrt {10^9}\) 次即可，然後再求出 \(t,s\) ，就可以得到 \(x\) 了。
時間複雜度 \(O(n^2\sqrt{10^9})\)
空間複雜度 \(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool issqr(ll n) {
ll x = sqrt(n);
return x * x == n;
}
int a[57];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
int ans = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = i + 1;j <= n;j++) {
int d = a[j] - a[i];
ll x = -1;
for (int k = 1;k * k <= d;k++) {
if (d % k || ((d / k + k) & 1)) continue;
int s = (d / k + k) / 2;
int t = (d / k - k) / 2;
if (1LL * s * s < a[j] || 1LL * t * t < a[i]) continue;
x = 1LL * s * s - a[j];
int cnt = 0;
for (int k = 1;k <= n;k++) if (issqr(a[k] + x)) cnt++;
ans = max(ans, cnt);
}
}
}
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}