degree
Accepts: 1581
Submissions: 3494
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Problem Description
度度熊最近似乎在研究图论。给定一个有 NN 个点 (vertex) 以及 MM 条边 (edge) 的无向简单图 (undirected simple graph)，此图中保证没有任何圈 (cycle) 存在。
现在你可以对此图依序进行以下的操作：
- 移除至多 KK 条边。
- 在保持此图是没有圈的无向简单图的条件下，自由的添加边至此图中。
请问最后此图中度数 (degree) 最大的点的度数可以多大呢？
Input
输入的第一行有一个正整数 TT，代表接下来有几笔测试资料。
对于每笔测试资料： 第一行有三个整数 NN, MM, KK。 接下来的 MM 行每行有两个整数 aa 及 bb，代表点 aa 及 bb 之间有一条边。 点的编号由 00 开始至 N - 1N?1。
- 0 \le K \le M \le 2 \times 10^50≤K≤M≤2×10?5??
- 1 \le N \le 2 \times 10^51≤N≤2×10?5??
- 0 \le a, b < N0≤a,b<N
- 给定的图保证是没有圈的简单图
- 1 \le T \le 231≤T≤23
- 至多 22 笔测试资料中的 N > 1000N>1000
Output
对于每一笔测试资料，请依序各自在一行内输出一个整数，代表按照规定操作后可能出现的最大度数。
Sample Input
2 3 1 1 1 2 8 6 0 1 2 3 1 5 6 4 1 6 4 7 0
Sample Output
2 4
简单图啊， C = V-E
所以就可以这样拆边了，只和度数有关
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define num first
#define id second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define pq priority_queue
const int N=2e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
int d[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
memset(d,0,sizeof d);
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
for(int i=0,x,y;i<m;i++) cin>>x>>y,d[x]++,d[y]++;
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
ans=max(ans,n-1-max(0,m-d[i]-k));
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
rect
Accepts: 1682
Submissions: 3028
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Problem Description
度度熊有一个大小为 MX \times MYMX×MY 的矩形，左下角坐标为 (0, 0)(0,0)，右上角坐标为 (MX, MY)(MX,MY)。此矩形内有 NN 个整数坐标的点 (x_i, y_i)(x?i??,y?i??)，x_ix?i?? 彼此不重复，y_iy?i?? 彼此也不重复。
现在要从每一个点画出一条线段，满足下列条件：
- 线段起点为坐标点，终点在矩形范围的四个边界之一上。
- 线段彼此不能交叉。
现在要让画出的线段的长度总和最小，请输出这个最小的长度总和值。
Input
输入的第一行有一个正整数 TT，代表接下来有几笔测试资料。
对于每笔测试资料： 第一行有三个整数 MXMX, MYMY 以及 NN。 接下来的 NN 行每行有两个正整数 x_ix?i?? 及 y_iy?i??。
- 2 \le MX, MY \le 10^62≤MX,MY≤10?6??
- 0 \le N \le 10^50≤N≤10?5??
- 如果 i \ne ji≠j，则保证 x_i \ne x_jx?i??≠x?j?? 及 y_i \ne y_jy?i??≠y?j??
- 0 < x_i < MX0<x?i??<MX
- 0 < y_i < MY0<y?i??<MY
- 1 \le T \le 201≤T≤20
- 至多 22 笔测试资料中的 N > 1000N>1000
Output
对于每一笔测试资料，请依序各自在一行内输出一个整数，代表可能的最小长度和。
Sample Input
2 4 4 1 2 2 10 7 3 6 3 2 6 9 5
Sample Output
2 5
限制条件比较多，x_ix?i?? 彼此不重复，y_iy?i?? 彼此也不重复。
所以最小值就可以了
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define num first
#define id second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define pq priority_queue
const int N=2e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
int d[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
int mx,my,n;
cin>>mx>>my>>n;
ll sum=0;
for(int i=0,x,y; i<n; i++)
{
cin>>x>>y;
int t=min(x,mx-x);
t=min(t,y);
t=min(my-y,t);
sum+=t;
}
cout<<sum<<"\n";
}
return 0;
}
p1m2
Accepts: 1003
Submissions: 4595
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Problem Description
度度熊很喜欢数组！！
我们称一个整数数组为稳定的，若且唯若其同时符合以下两个条件：
- 数组里面的元素都是非负整数。
- 数组里面最大的元素跟最小的元素的差值不超过 11。
举例而言，[1, 2, 1, 2][1,2,1,2] 是稳定的，而 [-1, 0, -1][?1,0,?1] 跟 [1, 2, 3][1,2,3] 都不是。
现在，定义一个在整数数组进行的操作：
- 选择数组中两个不同的元素 aa 以及 bb，将 aa 减去 22，以及将 bb 加上 11。
举例而言，[1, 2, 3][1,2,3] 经过一次操作后，有可能变为 [-1, 2, 4][?1,2,4] 或 [2, 2, 1][2,2,1]。
现在给定一个整数数组，在任意进行操作后，请问在所有可能达到的稳定数组中，拥有最大的『数组中的最小值』的那些数组，此值是多少呢？
Input
输入的第一行有一个正整数 TT，代表接下来有几组测试数据。
对于每组测试数据： 第一行有一个正整数 NN。 接下来的一行有 NN 个非负整数 x_ix?i??，代表给定的数组。
- 1 \le N \le 3 \times 10^51≤N≤3×10?5??
- 0 \le x_i \le 10^80≤x?i??≤10?8??
- 1 \le T \le 181≤T≤18
- 至多 11 组测试数据中的 N > 30000N>30000
Output
对于每一组测试数据，请依序各自在一行内输出一个整数，代表可能到达的平衡状态中最大的『数组中的最小值』，如果无法达成平衡状态，则输出 -1?1。
Sample Input
2 3 1 2 4 2 0 100000000
Sample Output
2 33333333
不是加1和减1，但是其实就是每次把数-1，那么一定可以的啊，不存在-1
所以直接二分ans，因为操作次数越多，一定是可以做到的，我是个啥子，一小心爆了ll，现在我们需要做的就是每个数变到目标数需要进行的操作及操作数
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define num first
#define id second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define pq priority_queue
const int N=3e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
int a[N],n;
int la(int x)
{
ll s1=0,s2=0;
for(int i=0; i<n; i++)
{
if(a[i]>x+1)s2+=(a[i]-x)/2;
else s1+=max(0,x-a[i]);
}
return s2>=s1;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=0; i<n; i++)cin>>a[i];
int l=0,r=1e9,ans=0;
while(l<=r)
{
int mi=(l+r)/2;
if(la(mi)) ans=mi,l=mi+1;
else r=mi-1;
}
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/BobHuang/p/9501508.html