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news 2025/8/13 4:57:58

上海网站建设哪,百度搜索引擎官网,南宁建设局,邢台123最新消息URL：https://codeforces.com/contest/1890 目录 A Problem/题意 Thought/思路 Code/代码 B Problem/题意 Thought/思路 Code/代码 C Problem/题意 Thought/思路 Code/代码 D Problem/题意 Thought/思路 Code/代码 A Problem/题意给出一个数组 A…

URL：https://codeforces.com/contest/1890

Problem/题意

Thought/思路

Code/代码

Problem/题意

Thought/思路

Code/代码

Problem/题意

Thought/思路

Code/代码

Problem/题意

Thought/思路

Code/代码

A

Problem/题意

给出一个数组 A，你可以将它任意排列，问是否能使得

$A_i + A_{i+1}=A_{i+1}+A_{I+2}=K$

Thought/思路

化简题目给的要求，我们可以发现：

a1 = a3、a3 = a5；
a2 = a4、a4 = a6；

因此只要有第三种数出现，肯定不对。

两种数的数量不等，也不对。

特别要注意，只有一种数则直接正确。

Code/代码

#include "bits/stdc++.h"int n, a[107];void solve() {std::cin >> n;std::set <int> num;std::map <int, int> cnt;bool flag = true;for (int i = 1; i <= n; ++ i) {std::cin >> a[i];num.insert(a[i]);if (num.size() > 2) {flag = false;} else {cnt[a[i]] ++;}}if (num.size() == 1) {std::cout << "Yes\n";return;}if (flag) {int a = *num.begin(); num.erase(a);int b = *num.begin();if (n % 2 == 1) {if (std::abs(cnt[a] - cnt[b]) == 1) {std::cout << "Yes\n";} else {std::cout << "No\n";}} else {if (cnt[a] == cnt[b]) {std::cout << "Yes\n";} else {std::cout << "No\n";}}} else {std::cout << "No\n";}
}signed main() {int t; std::cin >> t;while (t--) {solve();}
}

B

Problem/题意

给出 2 个 01 字符串 S、T。当字符串满足 $S_i \neq S_{i+1}$ ，则这个字符串为 good。

你可以将 T 插入 S 的任意位置（也可以不插），问能否使得 S 为 good。

Thought/思路

如果 S 是 good，直接输出答案 YES。

如果 S 不是 good，那么 T 必须要为 good，否则直接输出答案 NO。

当 S 不是 good 时，说明遇到了 $S_i = S_{i+1} = 0/1$ ，此时：

如果 Si = 0，那么 T 必须要满足头尾都是 1；
如果 Si = 1，那么 T 必须要满足头尾都是 0；

所以可以得出：

若 T 头尾不相同，直接输出答案 NO；
若需要插入时，Si != T[0]，直接输出答案 NO；

经过以上判断后，则输出 YES。

Code/代码

#include "bits/stdc++.h"int n, m;
std::string s, t;void solve() {std::cin >> n >> m;std::cin >> s >> t;bool flag = true;for (int i = 0; i <= n - 2; ++ i) {if (s[i] == s[i + 1]) {flag = false;}}if (flag) {std::cout << "YES\n";return;}for (int i = 0; i <= m - 2; ++ i) {if (t[i] == t[i + 1]) {std::cout << "NO\n";return;}}if (t[0] != t[m - 1]) {std::cout << "NO\n";return;}for (int i = 0; i <= n - 2; ++ i) {if (s[i] == s[i + 1]) {if (s[i] == t[0]) {std::cout << "NO\n";return;}}}std::cout << "YES\n";
} signed main() {int t; std::cin >> t;while (t --) {solve();}
}

C

Problem/题意

给出 1 个 01 字符串 S。当字符串满足 $S_i \neq S_{n - i + 1}$ ，则这个字符串为 good。

你可以将 "01" 插入 S 的任意位置（也可以不插），位置可以从 0 开始。

问能否使得 S 为 good。

若能，输出插入序列，若不能，输出 -1。

Thought/思路

因为要求对称位置不相等，所以 n 为奇数时，直接输出 -1。

因为每次插入的是 01，因此若一开始 01 数量不相等，直接输出 -1。

考虑到，若当前 i 之前的位置，都已经与对称位置不同，那么在 [i, n - i + 1] 中任意位置插入，都不会对前面的插入有影响，因此我们直接 L、R 双指针判断即可。

当对称位相等时，说明需要插入 01，此时有：

若 S[L] = 1，说明必须将 01 插入到 L 的左边；
若 S[L] = 0，说明必须将 01 插入到 R 的右边；

插入后就是移动 L、R，以及拼接新字符串了，可以自己想一下。

Code/代码

#include "bits/stdc++.h"int n;
std::string s;void solve() {std::cin >> n >> s;s = "#" + s;if (n % 2 == 1) {std::cout << -1 << "\n";return;}std::map <int, int> cnt;for (int i = 1; i <= n; ++ i) {cnt[s[i] - '0'] ++;}if (cnt[0] != cnt[1]) {std::cout << -1 << "\n";return;}std::vector <int> ans;int l = 1, r = n;while (l + 1 != r) {if (s[l] == s[r]) {if (s[l] == '1') {ans.push_back(l - 1);std::string a = s.substr(1, l - 1);std::string b = s.substr(l, n - l + 1);//std::cout << "a=" << a << " b=" << b << " ";s = "#" + a + "01" + b;l ++;r += 2; r --;}else if (s[l] == '0') {ans.push_back(r);std::string a = s.substr(1, r);std::string b = s.substr(r + 1, n - (r + 1) + 1);//std::cout << "a=" << a << " b=" << b << " ";s = "#" + a + "01" + b;r += 2; r --;l ++;}n += 2;} else {l ++;r --;}//std::cout << "l=" << l << " r=" << r << " s=" << s << "\n";}std::cout << ans.size() << "\n";for (auto x : ans) std::cout << x << " ";std::cout << "\n";
}signed main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0); std::cout.tie(0);int t; std::cin >> t;while (t --) solve();
}

D

Problem/题意

一个国家有 N 个城市，每个城市有 Ai 人，现在要为这个国家修路，当我们想连接城市 i 和城市 j 时，有一个整数 C，需要满足：

令城市 i 和它已经连通的城市，总人口为 Si；
令城市 j 和它已经连通的城市，总人口为 Sj；
当 Si + Sj >= i * j * C 时，则可以在 i 和 j 之间修路；

问能否将 N 个城市连通。

Thought/思路

很容易想到，当我们使用城市 1 去连接其他城市时，更加容易成功。

需要考虑的是：怎么知道用 1 连接完它能连接的城市后，就已经是最大能连接的数量了。

假设现在有城市 X、Y，它们之间可以连接，则有：

$A_X + A_Y \geqslant X * Y *C$

若它们不能与城市 1 连接，则有：

$A_X + A_1 < X*C$

$A_Y + A_1 < Y*C$

将三条不等式整合，可得：

$A_X +A_Y+ 2*A_1 < C*(X+Y)$

↓

$X*Y*C+ 2*A_1 < C*(X+Y)$

↓

$X*Y+ \frac{2*A_1}{C} < X+Y$

但是 X、Y 显然是大于 1 的，该不等式不成立。

因此 X、Y 若能连接，则它们一定可以和城市 1 相连。

回到我们最开始的想法：使用城市 1 去连接其他城市时，更加容易连接成功。因此我们可以使用 i * C - A[i] 升序排序，排在前面的更容易与 1 相连。

假设此时 1 已经连接了一些城市，遇到一个城市 M，若 1 不能与城市 M 相连，那么就一定失败了，因为：

若 M 都不能与 1 相连，那 M 后面的城市也一定不能与 1 相连；
既然 M 后面的城市连 1 都连不上，那么肯定也连不上 1 已经连上的城市；

这也是可以证明的，根据上面的条件，假设 M 不能与 1 相连，N 为 M 后的城市，则有：

$M < N$

$A_M + A_1 < M * C$

$N*C-A_N\geq M*C-A_M$

最后得出：

$A_N + A_1 < A_N +M*C-A_M$

↓

$A_N+A_1< A_N + N*C-A_N$

↓

$A_N+A_1< N*C$

Code/代码

#include "bits/stdc++.h"#define int long longstruct node {int id, v;bool operator < (const node &t) const {return v < t.v;}
};int n, c, a[200007];void solve() {std::cin >> n >> c;std::vector <node> s(n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++ i) {std::cin >> a[i];s[i] = {i, i * c - a[i]};}std::sort(s.begin() + 2, s.end());int sum = a[1];bool flag = true;for (int i = 2; i <= n; ++ i) {int id = s[i].id;sum += a[id];if (sum < id * c) flag = false;}	if (flag) std::cout << "YES\n";else std::cout << "NO\n";
}signed main() {int t; std::cin >> t;while (t --) solve();return 0;
}