Daily Practice：Codeforces Round #812 (Div. 2)（A~D）

VP*n

A. Traveling Salesman Problem

给出若干个点的坐标，求经过所有点所需要最短距离。

思路：找四个方向上最外侧的点，其实最终的距离一定是最外侧点组成的矩形的周长，具体可以看样例给的图片。注意最小值是与0的距离，因为存在在x轴上和y轴上的点。

AC Code：

#include 
 
typedef long long ll;
const int N=105;
int t,n;
 
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin>>t;
	while(t--){
		std::cin>>n;
		int minx=0,miny=0,maxx=0,maxy=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int x,y;
			std::cin>>x>>y;
			if(y==0){
				if(x>0) maxx=std::max(maxx,x);
				else minx=std::min(minx,x);
			}
			else{
				if(y>0) maxy=std::max(maxy,y);
				else miny=std::min(miny,y);
			}
		}
		std::cout<<2*(maxx-minx)+2*(maxy-miny)<<'\n';
	}
	return 0;
}

B. Optimal Reduction

对于一个数组，它的值是通过以下操作得到全0数组的操作数：选择一个连续区间，将其中的每个数-1。对于给出的数组，若存在一个新的排列顺序使得它的值小于原数组，输出no，否则输出yes。

思路：使得较大数不能减少操作次数的原因是有较小数截断。所以只要存在一个数两侧都有大于它的数，那一定存在更少的操作次数。

AC Code：

#include 
 
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int t,n;
int a[N],left[N],right[N];
 
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin>>t;
	while(t--){
		std::cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			std::cin>>a[i];
		}
		memset(left,0,sizeof(left));
		memset(right,0,sizeof(right));
		for(int i=1;i<=n;i++){
			left[i]=std::max(left[i-1],a[i]);
		}
		for(int i=n;i>=1;i--){
			right[i]=std::max(right[i+1],a[i]);
		}
		bool flag=true;
		for(int i=2;i
			if(left[i]>a[i]&&right[i]>a[i]){
				flag=false;
				break;
			}
		}
		std::cout<<(flag?"YES":"NO")<<'\n';
	}
	return 0;
}

 C. Build Permutation

给出0到n-1，以及相同的下标，构造一个数组，使得元素和下标之和是完全平方数。

思路：举个例子先：

7
1 0 2 6 5 4 3

 这样后一半都是9，前一半是n==3的子问题。观察元素排列情况，其实是有这样的规律：存在一个区间[l,r]，这个区间内原始数字（指初始情况为a[i]=i）倒转后与下标的和一定是完全平方数。这样就很容易了，从较大数开始找这个可以满足条件的完全平方数，依次向前构造即可。

AC Code：

#include 
 
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int t,n;
int a[N],left[N],right[N];
 
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin>>t;
	while(t--){
		std::cin>>n;
		std::vector<int>a(n+1,0);
		int now=n,w=n;
		while(n){
			int t=sqrt(n);
			while(!(n-1<=t*t&&t*t<=2*(n-1))) t++;
			int u=t*t-(n-1);
			int len=n-u;
			for(int i=1;i<=len;i++){
				a[now]=t*t-now+1;
				now--;
			}
			n-=len;
		}
		for(int i=1;i<=w;i++){
			std::cout<" \n"[i==w];
		}
	}
	return 0;
}

D. Tournament Countdown

根据序号排列，相邻两者比赛决胜负，胜者留下，败者删去，最多询问这么多次两个人的胜负情况，输出最后胜利者的编号。

思路：看一种情况，即仅有4个人的时候，一定最后结果是0,0,1,2，0和0是第一局失败的人，2是这四个人中胜利者，保留它，这样可以以4为一组，不断重复这个操作，这样我们每次询问都可以使剩余人数成为原来的四分之一，这样计算询问次数可以这样：

满足给出的条件。

AC Code：

#include 
 
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int t,n;
int a[N],left[N],right[N];
 
int ask(int a,int b){
	std::cout<<"? "<' '<
	int x;
	std::cin>>x;
	return x;
}
 
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin>>t;
	while(t--){
		std::cin>>n;
		int m=1<
		std::vector<int>a;
		for(int i=1;i<=1<
			a.push_back(i);
		}
		while(m>=4){
			std::vector<int>b;
			for(int i=0;i4){
				int t1=ask(a[i],a[i+2]);
				if(t1==0){
					int t2=ask(a[i+1],a[i+3]);
					if(t2==1) b.push_back(a[i+1]);
					else b.push_back(a[i+3]);
				}
				else if(t1==1){
					int t2=ask(a[i],a[i+3]);
					if(t2==1) b.push_back(a[i]);
					else b.push_back(a[i+3]);
				}
				else{
					int t2=ask(a[i+1],a[i+2]);
					if(t2==1) b.push_back(a[i+1]);
					else b.push_back(a[i+2]);
				}
			}
			a.swap(b);
			m/=4;
		}
		if(a.size()==1) std::cout<<"! "<0]<
		else{
			if(ask(a[0],a[1])==1) std::cout<<"! "<0]<
			else std::cout<<"! "<1]<
		}
	}
	return 0;
}