前言

过题数 排名 A B C D E F G H I J K L M
3 491 √ B √ √ B 
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√ 赛时过了
B 补题过了

A

B

C

D

E

F

G

H

给你两个数组 a,ba,b 只能交换一次或者0次 ai,aja_i,a_j，询问最小化 d=∑i−1n∣ai−bi∣d = \sum_{i-1}^{n}\limits|a_i-b_i|

考虑把 ai,bia_i,b_i 放在数轴上，就变成了一个区间覆盖的问题。我们定义 ai>bia_i>b_i 是向左的区间，反之为向右的区间。这个时候，桐乡的区间 aa 交换对答案不会有任何印象，但是反向的区间交换有影响，具体而言，如果 ai≤bj≤bi≤aja_i \leq b_j \leq b_i \leq a_j 答案会减少 2∗(bi−bj)2*(b_i-b_j)

这个时候我们从右向左扫一次,找到最大的 bi−bjb_i-b_j 即可。

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#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int maxn=1000200;

int n,a[maxn],b[maxn],c1,c2;
int ans=0,target;

struct mmm{
    int l,r,lk;
    mmm(){}
    mmm(int L,int R,int LK): l(L),r(R),lk(LK){}
    bool operator <(const mmm &b)
    const {
        if(r==b.r) return l>b.l;
        return r>b.r;
    }
}q[maxn];

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]<b[i]) q[i]=mmm(a[i],b[i],1);
        else q[i]=mmm(b[i],a[i],0);
        ans+=abs(a[i]-b[i]);
    }
    int lmmn[2]={1000000000,1000000000};
    sort(q+1,q+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int lk=q[i].lk;
        target=max(target,max(0ll,q[i].r-max(q[i].l,lmmn[lk^1])));
        lmmn[lk]=min(lmmn[lk],q[i].l);
    }
    cout<<ans-target*2<<endl;
}

I

J

K

给你一张图，你可以把一条边改成一个新的顶点连原来边的两点，可以无限次操作，问最多有多少个点距离 11 号点距离小于 kk

直接考虑 bfs 建树，然后对于每个非树边 (u,v)(u,v) ，显然这上面还可以添加 2∗k−dis[u]−dis[v]2*k-dis[u]-dis[v] 个点。然后考虑叶子节点，也可以在这上面添加点，具体而言，是添加 k−dis[u]k-dis[u] 个点。

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#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

const int maxn=500500;

using namespace std;

int f[maxn],n,m,k,vis[maxn];
int ans=0,pd[maxn];

struct mmm{
	int x,y,looker;
}q[maxn];

int getf(int x)
{
	if(x==f[x]) return x;
	return f[x]=getf(f[x]);
}

struct graph{
	
	int head[maxn],s1ze;
	int dis[maxn],isleaf[maxn];
	int fa[maxn];
	
	struct edge
	{
		int next,to,lk;
	}e[maxn];
	
	void addedge(int next,int to,int lk)
	{
		e[++s1ze].next=head[next];
		head[next]=s1ze;
		e[s1ze].to=to;
		e[s1ze].lk=lk;
	}

	void bfs()
	{
		queue <int> q;
		q.push(1);
		ans=1;
		while(!q.empty())
		{
			int t=q.front();
			q.pop();
			int lk=1;
			for(int i=head[t];i;i=e[i].next)
			{
				int j=e[i].to;
				if(dis[t]+1<dis[j]) 
				{
					dis[j]=dis[t]+1;
					if(dis[j]<=k) ans++;
					pd[e[i].lk]=1;
					q.push(j);
					lk=0;
				}
			}
			if(lk) isleaf[t]=1;
		}
	}
	
}G;


signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i,G.dis[i]=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>q[i].x>>q[i].y;
		G.addedge(q[i].x,q[i].y,i);
		G.addedge(q[i].y,q[i].x,i);
	}
	G.dis[1]=0;
	G.bfs();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		if(!pd[i])
		{
			int tx,ty;
			tx=q[i].x;
			ty=q[i].y;
			if(G.dis[tx]<=k&&G.dis[ty]<=k)
			{
				ans+=2*k-G.dis[tx]-G.dis[ty];
			}
			vis[tx]=1;
			vis[ty]=1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(G.isleaf[i]&&G.dis[i]<=k&&!vis[i]&&G.head[i]) 
		{
			ans+=k-G.dis[i];
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}

L

M

给你两种杯子容量分别为 a,ba,b ，你可以接满水，倒水到另一个杯子或者倒掉，喝水，询问最少多少次操作你可以得到刚好 kk 单位的水。

换句话说，考虑 k=ax+byk=ax+by ，当 x,y>=0x,y>=0 显然直接接了喝就可以了。

假定 a<ba<b ，那么裴蜀定理，(a,b)∣k(a,b)|k 才有解，