CF构造题1600-1800（1）

D. Same Count One(Polynomial Round 2022 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!))

题意

给定 \(n\) 个长度为 \(m\) 的 01 序列，每次操作可以选择两个序列a1, a2，并选择一个\(pos\), std::swap(a1[pos], a2[pos]), 求是每个序列中的 \(1\) 的个数都相等所需的最小操作数。

思路

可以发现 (\(1\) 的总数 ) \(\bmod \ n \neq 0\) 时， 是无解的。

令 \(avg =\) (\(1\) 的总数 ) \(/ n\), 我们可以把这 \(n\) 个序列分为两类，严格小于 \(avg\) 的 和严格大于 \(avg\) 的，其他的序列可以丢掉。

严格大于 \(avg\) 的序列都可以为 严格小于 \(avg\) 的序列补充 \(1\)， 直到 严格大于 \(avg\) 的序列 \(1\) 的个数等于 \(avg\) 或者 严格小于 \(avg\) 的序列 \(1\) 个数等于 \(avg\)。

直接模拟即可。

实现

void solve_problem() {
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;
    std::vector a(n, std::vector(m, 0));
    int avg = 0;
    for (int i = 0;i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            std::cin >> a[i][j];
            avg += a[i][j];
        }
    }
    if (avg % n == 0) {
        if (n == 1) {
            std::cout << 0 << "\n";
            return;
        }
        avg /= n;
        std::vector> q1, q2;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int cnt = 0;
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                cnt += a[i][j];
            }
            if(cnt < avg) q1.push_back({cnt, i});
            else if (cnt > avg) q2.push_back({cnt, i});
        }
        int ans1 = 0;
        std::vector> ans2;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (q1.empty() || q2.empty()) break;
            auto [c1, i1] = q1[0];
            auto [c2, i2] = q2[0];
            int d = avg - c1;
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                if (d == 0 || c2 == avg) {
                    break;
                } 
                if (a[i2][j] == 1 && a[i1][j] == 0) {
                    std::swap(a[i2][j], a[i1][j]);
                    c1++;
                    c2--;
                    d--;
                    ans2.push_back({i2 + 1, i1 + 1, j + 1});
                    ans1++;
                }
            }
            q1[0] = {c1, i1};
            q2[0] = {c2, i2};
            if (c1 == avg) q1.erase(q1.begin());
            if (c2 == avg) q2.erase(q2.begin());
        }
        std::cout << ans1 << "\n";
        for (auto [x, y, z] : ans2) {
            std::cout << std::max(x, y) << " " << std::min(y, x) << " " << z << "\n";
        }
    } else {
        std::cout << -1 << "\n";
    }
}

D. Watch the Videos(2022-2023 ICPC, NERC, Southern and Volga Russian Regional Contest (Online Mirror, ICPC Rules, Preferably Teams))

题意

有 \(n\) 个大小随意的视频和 \(1\) 个大小为 \(m\) 的磁盘，视频要下载到磁盘中才可以开始观看，下载第 \(i\) 个视频花费 \(a_i\) 的时间，开始下载第\(i\)个视频时，磁盘中要至少有\(a_i\)的空间才可以开始，下载完成需要花费 \(1\) 的时间观看完，看完之后视频立刻被从磁盘中删除，求看完所有视频需要的时间。（一次只能下载一个视频，观看视频的时候可以开始下载视频)

思路

最坏的答案(每次看完一个视频后才开始下载下一个视频)， 计算方法为：

\[ans = n + \sum_{i = 1}^n a_i \]

可以发现如果在观看视频时下载视频，答案就可以 \(-1\) 。

要想使答案最小，只需要尽可能多的在观看视频时开始下载视频即可。

假设视频序列 \(a\) 从小到大排序, 那么可以找到一个最大的 \(pos (1\leq pos \leq n)\), 使得序列

\[[a_{pos}，a_1，a_{pos-1}，a_2，a_{pos-2}，a_3，\cdots] \]

相邻两个数的和小于等于 \(m\)。

按照这个序列观看，有 \(pos - 1\) 个视频是在正在观看视频时开始下载的。可以使答案减少 \(pos - 1\)。

\(pos\) 是满足单调性的，因此可以二分来找到最大的 \(pos\)。

实现

void solve_problem() {
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;
    std::vector a(n);
    for (auto &x : a) {
        std::cin >> x;
    }
    std::sort(a.begin(), a.end());
    auto check = [&](int x) {
        int l = 0, r = x - 1;
        while (l < r) {
            if (a[r] > m - a[l]) return false;
            r--;
            l++;
        }
        return true;
    };
    int l = 1, r = n, ans = 0;
    while (l <= r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid)) {
            ans = mid;
            l = mid + 1;
        } else {
            r = mid - 1;
        }
    }
    std::cout << std::accumulate(a.begin(), a.end(), 0LL) + (n - ans + 1) << "\n";
}

D. Range = √Sum(Codeforces Round #836 (Div. 2))

题意

构造一个长度为 \(n\) 的数组 \(a_1，a_2， a_3， \dots，a_n\)，使 \(a_i\) 各不相同，且 \(max(a_1，a_2， a_3， \dots，a_n) - min(a_1，a_2， a_3， \dots，a_n) = \sqrt{a_1，a_2， a_3， \dots，a_n}\) 。

思路

当 \(n\) 为偶数时, 数组为：

\[\frac{n}{2}，\frac{n}{2} + 1，\cdots ，n，n + 1，n + 2，n + \frac{n}{2}. \]

数组可以被分成 \(\frac{n}{2}\) 组，每组的和都为 \(2n\)。

当 \(n\) 为奇数时，我们尝试 \(max(a) - max(b) = n + 1\), 因此数组的和应为 \(n^2 + 2n + 1\)。

尝试使用 \(n - 1\) 个数分为 \(\frac{n-1}{2}\) 组，每组和为 \(2(n+1)\), 组成的数组和为 \(n^2 - 1\)。

此时这 \(n - 1\) 个数为：

\[\frac{n - 1}{2} + 2，\frac{n - 1}{2} + 3，\cdots，\frac{n - 1}{2} + \frac{n - 1}{2}，n + 2，n + 3，\cdots，n + \frac{n - 1}{2} + 1 \]

知道了最小项，最大项也可以计算出来 \(n + \frac{n - 1}{2} + 3\)。

这时数组的和为：

\[n^2 - 1 + n + \frac{n - 1}{2} + 3 = n^2 + n + \frac{n - 1}{2} + 2 \]

距离 \(n^2 + 2n + 1\) 还需要：

\[\begin{aligned} (n^2 + 2n + 1) - (n^2 + n + \frac{n - 1}{2} + 2) &= n - \frac{n - 1}{2} - 1\\ &=\frac{2n - n + 1 - 2}{2}\\ &=\frac{n - 1}{2} \end{aligned} \]

我们可以让 第 \(\frac{n - 1}{2} + 1\) 项到第 \(n - 1\) 项都 \(+1\) 来抵消掉 \(\frac{n - 1}{2}\)。

因为第 \(n - 1\) 项 \(n + \frac{n - 1}{2} + 1\) 与 第 \(n\) 项 \(n + \frac{n - 1}{2} + 3\) 相差 \(2\)，所以 \(+1\) 操作不会使数组产生重复的数。

此时我们的数组已经构造完成：

\[\frac{n - 1}{2} + 2，\frac{n - 1}{2} + 3，\cdots，\frac{n - 1}{2} + \frac{n - 1}{2}，n + 3，n + 4，\cdots，n + \frac{n - 1}{2} + 2，n + \frac{n - 1}{2} + 3 \]

实现

void solve_problem() {
    int n;
    std::cin >> n;
    if (n % 2 == 0) {
        for (int i = 0; i < n/2; i++) std::cout << (n/2 + i) << " ";
        for (int i = 1; i <= n/2; i++) std::cout << (n + i) << " ";
        std::cout << "\n";
    } else {
        for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2; i++) std::cout << (n - 1) / 2 + i + 1 << " ";
        for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2; i++) std::cout << n + i + 2 << " ";
        std::cout << n + (n - 1) / 2 + 3<< "\n";
    }
}