AtCoder Beginner Contest 397（ABCDE）

A - Thermometer

翻译：

思路：

实现：

B - Ticket Gate Log

翻译：

思路：

实现：

C - Variety Split Easy

翻译：

思路：

实现：

D - Cubes

翻译：

思路：

实现：

A - Thermometer

翻译：

高桥测量了自己的体温，发现它是 $X^0C$ 。

体温分为以下几种：

高于或等于 $38.0^0C$ ："高烧"
高于或等于 $37.5^0C$ 和低于 $38.0^0C$ ："发烧"
低于 $37.5^0C$ ："正常"

高桥的体温属于哪种分类？请根据输出部分以整数形式给出答案。

思路：

先判断>=38.0再判断<37.5,都不对输出发烧。可以写快点。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MX = 1e5+10;void solve(){double n;cin>>n;if (n>=38){cout<<"1\n";}else if (n<37.5){cout<<"3\n";}else{cout<<"2\n";}
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();return 0;
}

B - Ticket Gate Log

翻译：

高桥汇总了检票口的使用记录。但是，他不小心删除了一些进出站记录。他正试图恢复被删除的记录。

给你一个由 i 和 o 组成的字符串 S。我们想在 S 的任意位置插入 0 个或多个字符，这样得到的字符串就能满足以下条件：

它的长度是偶数，每个奇数（第 1、第 3......个）字符都是 i，而每个偶数（第 2、第 4......个）字符都是 o。

求需要插入的最少字符数。在此问题的约束条件下，可以证明通过插入适当数量的字符、 S 就能满足条件。

思路：

字符串 io 是没问题，无需改变的。那么删除这些没问题的后剩下都是要在前后插入的字符了，统计一下剩下字符串长度即可。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MX = 1e5+10;void solve(){string s;cin>>s;int cnt = 0;for (int i=1;i<s.size();i++){if (s[i]=='o' && s[i-1]=='i') cnt++;}int n = s.size();cout<<n-2*cnt<<"\n";
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();return 0;
}

C - Variety Split Easy

翻译：

给你一个长度为 N 的整数序列： $A=(A_1,A_2,...,A_N)$ 。

当把 A 在一个位置分割成两个非空（连续）子数组时，求这两个子数组中不同整数的计数之和的最大值。

更具体地说，对于整数 i，求以下两个值的最大和，使得 1≤i≤N-1： $(A_1,A_2,...,A_i)$ 中不同整数的数量，和 $(A_{i+1},A_{i+2},...,A_N)$ 中不同整数的数量。

思路：

前后缀分解，倒序遍历设立一个数组suffix，suffix[i]为[ i : n ]中A的不同整数数量。之后正序遍历求出以每个为分割点得到的和，比较下。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MX = 3e5+10;
int vis[MX];
void solve(){int n;cin>>n;vector<int> a(n+1);for (int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];vector<int> suffix(n+1);memset(vis,0,sizeof(vis));for (int cnt=0,i=n;i>=1;--i){vis[a[i]]++;if (vis[a[i]]==1) cnt++;suffix[i] = cnt;}int maxx = 0;memset(vis,0,sizeof(vis));for (int cnt=0,i=1;i<n;i++){vis[a[i]]++;if (vis[a[i]]==1) cnt++;maxx = max(maxx,cnt+suffix[i+1]);}cout<<maxx<<"\n";
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();return 0;
}

D - Cubes

翻译：

你被给予一个正整数N。决定是否存在一个正整数对（x，y）使得 $X^3-y^3=N$ 。如果这个整数对，输出这样一个整数对（x，y）。

思路：

$N=x^3-y^3 \leq (y+1)^3-y^3=3y^2+3y+1$ 如果y存在,可得y至少都为 $y<\sqrt\frac{N}{3}$ 。而直接遍历明显不行。

令d=x-y，由 $N=x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)\geq (x-y)(x-y)^2=d^3$ 可得 $d\leq \sqrt[3]N$ 。那么如果(x,y)存在，则满足 $(d+y)^3-y^3=N=>d^3+3d^2y+3dy^2=N=>d^2+3dy+3y^2=\frac{N}{d}$ 。（注意求幂使用pow返回的是浮点型存在精度问题）。且在d确定的情况下上式单调递增，可用二分判断在d确定下y是否存在。

结论：先遍历d区间 $[1,\sqrt\frac{N}{3})$ ，在内部二分搜索y是否有y满足 $d^2+3dy+3y^2=\frac{N}{d}$ 。即可。时间复杂度为 $O(\sqrt[3]NlogN)$ 。注意在此题中要注意整型越界问题。（纯纯数学题）

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void solve(){ll n;cin>>n;for (ll d=1;d*d*d<=n;d++){if (n%d!=0) continue;ll l = 0,r = 900000010;while (l+1!=r){ll mid = (l+r)/2;if (d*d+3*d*mid+3*mid*mid>=n/d){r = mid;}else{l = mid;}}if (d*d+3*d*r+3*r*r==n/d){cout<<r+d<<" "<<r<<"\n";return;}}cout<<-1<<"\n";
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();
}

E - Path Decomposition of a Tree

翻译：

给你一颗有NK个点的树。点的编号为 $1,2,...,NK$ ，并且第 i 条边 $(i=1,2,...,NK-1)$ 连接点 $u_i$ 和 $v_i$ 。

确定这棵树是否可以分解成 N 条路径，每条路径的长度为 K。更确切地说，确定是否存在满足以下条件的 N×K 矩阵 P：

$P_{1,1},...,P_{1,K},P_{2,1},...,P_{N,K}$ 是一个由 $1,2,...,NK$ 组成的排列。
对于每个i=1,2,...,N和j=1,2,...,K-1它们间有边连接着点 $P_{i,j},P_{i,j+1}$ 。

思路：

对于一个有NK个节点的树（以1为根节点），要求得到N个互不干扰大小为K的子树。

如果一个子树的大小为k（当前树的根节点也算上）且子节点数量 <= 2。那么这颗子树为可用路径，删除它。

如果子树大小 >k 或子节点数量 >=3 或子树大小 <k 且子节点数量 >=2。那么答案就只能为No。对于上面子树的情况可以画图辅助思考下。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MX = 2e5+10;
int n,k;
vector<vector<int>> tree(MX);
int f = 1;
// 属于当前点的子树大小
int dfs(int now,int fa){int res = 1,cnt = 0;for (int& i:tree[now]){if (i==fa) continue;int tree_size = dfs(i,now);res += tree_size;if (tree_size) cnt++;}if (res>k || cnt>=3 || res<k && cnt>=2){f = 0;}if (res==k && cnt<=2){res = 0;}return res;
}
void solve(){cin>>n>>k;for (int x,y,i=1;i<n*k;i++){cin>>x>>y;tree[x].push_back(y);tree[y].push_back(x);}dfs(1,1);if (f){cout<<"Yes\n";}else{cout<<"No\n";}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();
}