CodeForces 999D Equalize the Remainders
题目
题目大意
给定一个数列 ,及一个数 ,保证 是 的一个因数。
对于每一个 ,记模 的余数为 。记 为 模 的出现次数,现可对每一个元素进行 操作,求最少的操作数及最终序列,使得 ,若有多解则任意输出一个。
思路
一道非常标准的贪心题。
我们可以先预处理一下:使用vector
记录下
模
的所有下标。
使用贪心的思想,当我们找到一个大于 的一个值,记为 ,则我们向后找一个小于 的值,记它为 ,尽可能多地从 向 移动,即:我们将 中的尽可能多的数加上 。最后记录下答案,输出即可。
实现细节
注意:数据过大,请使用long long
。
注意:由于余数能够形成一个环,故在找 时,范围是从 至 。
提示:我们在删除vector
中的首尾元素时,可以使用成员函数pop_front()
和pop_back()
。其中,pop_front()
时间复杂度为
,pop_back()
时间复杂度为
。
正解代码
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Maxn=2*1e5;
ll A[Maxn+5];
int N,M,T;
vector<int> s[Maxn+5];
ll sum;
int main() {
#ifdef LOACL
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
scanf("%d %d",&N,&M);
for(int i=1;i<=N;i++) {
scanf("%lld",&A[i]);
s[A[i]%M].push_back(i);
}
ll r=0;
T=N/M;
for(int i=0;i<M;i++) {
while(s[i].size()>T) {
r=max(1LL*i,r);
while(s[r%M].size()>=T)r++;
ll tmp=min(s[i].size()-T,T-s[r%M].size());
for(int j=1;j<=tmp;j++) {
ll x=(r%M-i+M)%M;
sum+=x;
A[s[i].back()]+=x;
s[i].pop_back();
s[r%M].push_back(A[s[i].size()]);
}
}
}
printf("%lld\n",sum);
for(int i=1;i<=N;i++)
printf("%lld ",A[i]);
return 0;
}
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