Acwing 第70场周赛

4618. 两个素数

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给定一个正整数 x

，请你找到两个素数 a,b

，要求：

a≤b

a×b=x

输出 a

和 b

。

输入格式

共一行，一个整数 x

。

输出格式

共一行，两个素数 a

和 b

。

数据保证一定有解。

数据范围

所有测试点满足 4≤x≤998

。

输入样例1：

输出样例1：

5 7

输入样例2：

输出样例2：

3 19

输入样例3：

输出样例3：

17 23

#include <iostream>using namespace std;const int maxn = 2010;
int p[maxn];
bool hs[maxn];
int idx;void get_prime() //线性（欧拉）筛法
{for(int i=2;i<maxn;++i){if(hs[i] == 0)p[idx++] = i;for(int j=0;p[j] <= maxn/i;++j){hs[p[j]*i] = 1;if(i%p[j] == 0)break;}}
}/**
void get_prime()    //埃式筛法
{for(int i=2;i<maxn;++i){if(hs[i] == 0)p[idx++] = i;for(int j=i+i;j<maxn;j+=i)hs[j] = 1;}
}
*/int main()
{get_prime();int n;cin >> n;for(int i=0;i<idx;++i){if(n%p[i] == 0){int x = n/p[i];if(hs[x] == 0){cout << p[i] << ' ' << x << endl;return 0;}}}
}

4619. 减法操作

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给定一个包含 n

个非负整数的数列 a1,a2,…,an

。

你可以对该数列进行以下两种减法操作：

任选其中一个元素，并将该元素的值减去 2

。
任选两个相邻元素，并将两个元素的值各减去 1

请你判断，能否经过一系列减法操作，使得数列中的所有元素都变为 0

。

输入格式

第一行包含整数 n

。

第二行包含 n

个非负整数 a1,a2,…,an

。

输出格式

如果能够经过一系列减法操作，使得数列中的所有元素都变为 0

，则输出 YES，否则输出 NO。

数据范围

前 6

个测试点满足 1≤n≤10。
所有测试点满足 1≤n≤2×105，0≤ai≤104

。

输入样例1：

4
1 2 1 2

输出样例1：

YES

输入样例2：

3
1 0 1

输出样例2：

NO

first：

* 当一个数是偶数时，它一定能被若干个减法操作减为0；
* 当一个数是奇数时，他需要借助它周围的数来减为0；
* 偶数个奇数可以减为0，奇数个奇数不能减为0，后者必须借助偶数的帮助；
*
* 奇数与不为0的偶数在一堆的时候，他们的个数为偶数的时候，可以减为0，
* 如果是奇数个就不可以；
* 在遇到0以及结束输入的时候，一定要判断此时奇数的个数；否则会出现误解；

/*** 当一个数是偶数时，它一定能被若干个减法操作减为0；* 当一个数是奇数时，他需要借助它周围的数来减为0；* 偶数个奇数可以减为0，奇数个奇数不能减为0，后者必须借助偶数的帮助；* * 奇数与不为0的偶数在一堆的时候，他们的个数为偶数的时候，可以减为0，* 如果是奇数个就不可以；* 在遇到0以及结束输入的时候，一定要判断此时奇数的个数；否则会出现误解；
*/#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;int main()
{int n;cin >> n;int cnt = 0; //奇数个数int j_num=0;//在遇到0之前，奇数与偶数的堆数是多少个for(int i=0;i<n;++i){int v;cin >> v;if(v&1) //如果是奇数++cnt;else if(v != 0) //如果是0以外的偶数{if(cnt&1) //判断之前奇数的个数j_num++; //奇数个则奇偶数堆加一elsej_num+=2; //偶数个奇偶数堆加二 //当然，下面的所有j_num+=2都可去掉cnt=0; //将奇数的个数赋为偶数即可}else if(v == 0) //输入是0{if(cnt&1)   //要先判断此时奇数的个数来决定奇偶数堆加一还是二j_num++;elsej_num+=2; if(j_num&1) //奇偶数堆是奇数{puts("NO");return 0;}elsej_num=0; //将奇偶数堆赋为偶数}}if(cnt&1)  //要先判断此时奇数的个数来决定奇偶数堆加一还是二j_num++;elsej_num+=2;if(j_num&1) //奇偶数堆是奇数puts("NO");elseputs("YES");return 0;
}

second：y总视频讲的方法，不愧是y总，清晰易懂，比我写的那个程序更好理解。

/**
* 当一个数是偶数时，它一定能被若干个减法操作减为0；
* 当一个数是奇数时，他需要借助它周围的数来减为0；
* 当我们遇到第一个奇数时，我们可以借助之前的数或者之后的数来减为0，但是
* 到底借助之前的数还是之后的数呢？我们借助后面的数，因为借助之前的数肯定会
* 使得这个数要借助它前面一个偶数，从而使得它前面这个数变成了奇数，它前面这
* 个数又需要借钱其之前的偶数，传递下去，总会使得第一个数一定是奇数，不能够
* 减为0，从而失败；因此我们每次遇到奇数，都借助后面那个数来相减；直到所有
* 数减完，我们检查是否有小于0的数或者有不是偶数的数，如果有，那么就是NO，
* 否则是YES；
*/

/*** 当一个数是偶数时，它一定能被若干个减法操作减为0；* 当一个数是奇数时，他需要借助它周围的数来减为0；* 当我们遇到第一个奇数时，我们可以借助之前的数或者之后的数来减为0，但是* 到底借助之前的数还是之后的数呢？我们借助后面的数，因为借助之前的数肯定会* 使得这个数要借助它前面一个偶数，从而使得它前面这个数变成了奇数，它前面这* 个数又需要借钱其之前的偶数，传递下去，总会使得第一个数一定是奇数，不能够* 减为0，从而失败；因此我们每次遇到奇数，都借助后面那个数来相减；直到所有* 数减完，我们检查是否有小于0的数或者有不是偶数的数，如果有，那么就是NO，* 否则是YES；
*/#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int maxn = 2e5+10;
int a[maxn];int n;bool check()
{for(int i = 0;i<n-1;++i) //最后一个数不用比较，你是奇数，你必定不能减if(a[i]&1)          //为0，你是偶数，你不用靠别人帮忙也能减为0；a[i]--,a[i+1]--;for(int i=0;i<n;++i)if(a[i]&1 || a[i]<0)return false;return true;
}int main()
{cin >> n;for(int i=0;i<n;++i)cin >> a[i];if(check())puts("YES");elseputs("NO");return 0;
}

4620. 旅行

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给定一个 n

个节点的树，节点编号为 1∼n

。

请你从中选择一个简单路径（不能包含重复节点或重复的边），并沿所选路径来一场旅行，更具体的说，就是从所选路径的一个端点沿路径前往另一个端点。

注意，所选简单路径可以只由一个节点组成。

旅行需要花费能量。

初始时，你的能量为 0

。

在旅行过程中：

每经过一个节点（包括起点和终点），就可以得到该节点的能量，其中节点 i

包含的能量为 wi

。
每经过一条边 (u,v)
，就需要消耗一定的能量 c
- 。
你设计的旅行路线应满足：
1. 在经过任何一条边之前，你的现有能量都不能少于该边所需消耗的能量（否则，将无法顺利通过该边）。
2. 在满足条件 1
1. 的前提下，旅行结束时，剩余的能量尽可能大。
请计算并输出剩余能量的最大可能值。

输入格式

第一行包含整数 n

。

第二行包含 n

个整数 w1,w2,…,wn

。

接下来 n−1

行，每行包含三个整数 u,v,c，表示存在一条边 (u,v)，经过它所需的能量为 c

。

保证给定图是一棵树。

输出格式

一个整数，表示剩余能量的最大可能值。

数据范围

前 3

个测试点满足 1≤n≤5。
所有测试点满足 1≤n≤3×105，0≤wi≤109，1≤u,v≤n，u≠v，1≤c≤109

。

输入样例1：
```
3
1 3 3
1 2 2
1 3 2
```
输出样例1：
```
3
```
输入样例2：
```
5
6 3 2 5 0
1 2 10
2 3 3
2 4 1
1 5 1
```
输出样例2：
```
7
```

* 状态表示：dp[u] :表示以u为根节点的子树，从u出发能获得最大剩余能量的路径；
* 状态计算：dp[u] = c[u] + max1;
*
* 解释一下：max1，max2 分别表示以u为起点出发，能获得最大剩余能量和第二大剩余
* 能量的值减去u这个节点的价值；即：max1 = dp[u] - c[u];
*
* 那么答案就是 res = max(res , c[u]+max1+max2);
* 这个题的解决思路和树的重心那道题极其相似，搞懂这道题会去温习一下那道题；

/*** 状态表示：dp[u] :表示以u为根节点的子树，从u出发能获得最大剩余能量的路径；* 状态计算：dp[u] = c[u] + max1;* * 解释一下：max1，max2 分别表示以u为起点出发，能获得最大剩余能量和第二大剩余* 能量的值 减去u这个节点的价值；即：max1 = dp[u] - c[u];* * 那么答案就是 res = max(res , c[u]+max1+max2);* 这个题的解决思路和树的重心那道题极其相似，搞懂这道题会去温习一下那道题；
*/#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>using namespace std;struct Node
{int v,w;
};typedef long long LL;
const int maxn = 3e5+10;vector<Node> Adj[maxn];
bool hs[maxn];
int c[maxn];LL dp[maxn];
LL res = 0;void dfs(int u)
{hs[u] = 1;LL max1 = 0 , max2=0; //max1，max2 分别表示以u为起点出发，能获得最大剩余能量和第二大剩余//能量的值 减去u这个节点的价值；for(int i=0;i<Adj[u].size();++i){int v = Adj[u][i].v , w = Adj[u][i].w;if(hs[v] == 0){dfs(v);// hs[v] == 1; //并不存在回溯,当然，试验了一下，加上这条语句也//并没有什么太大的区别；因为整棵树的每个节点只会被遍历一遍；//从v到u能够使得u的最大剩余价值更大或者一样大if(dp[v] - w >= max1)  {max2 = max1;max1 = dp[v] - w;}//从v到u能够使得u的第二大剩余价值变大，为什么这儿就是大于，上面//个if语句就是大于等于，因为上面那个if语句取等于能够更新max2的值，//虽然max1的值并没有改变；else if(dp[v] - w > max2)max2 = dp[v] - w;}}res = max(res,c[u]+max1+max2);  //更新结果值dp[u] = max(dp[u] , c[u] + max1);//完全可以写为 dp[u] = c[u] + max1; 因为每个节点只可能会遍历一次
}int main()
{int n;cin >> n;for(int i=1;i<=n;++i)cin >> c[i];for(int i=1;i<n;++i){int u,v,w;cin >> u >> v >> w;Adj[u].push_back({v,w});Adj[v].push_back({u,w});}dfs(1);cout << res << endl;return 0;
}

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