Codeforces Round 955 (Div. 2）（A~E）
前言
打得不好A~C，D没想到gcd。这场还是比较板，但是写得不够快。继续努力吧。
我的题解可能思路不是最优的，可能有点蠢，欢迎大家指导。
A
“可能从来没有平手” 的逆否命题是 “一定有平手时刻”
判断 \([x_1,x_2]\) 和 \([y_1,y_2]\) 是否有一个全包含另一个的关系，有这个关系就一定有平手时刻。
Talk is cheap.Show me the code.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x * f;
}
void solve() {
int x1 = read(), y1 = read();
int x2 = read(), y2 = read();
if((x1<=y1&&y2<=x2) || (y1<=x1&&x2<=y2)) puts("NO");
else puts("YES");
}
int main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
B
模拟 \(x\) 加到 \(j*y\) 的过程，因为我不知道会模拟多少次，所以写了一个二分去寻找第一个 \(j*y>x\)。最后一定会进入一个循环节 \(1\) ~ \(y\)，这里要处理一下。
Talk is cheap.Show me the code.
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x * f;
}
int x,y,k;
int find(int x) {
int l = 0, r = 1e9, res = 0;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(mid*y > x) {
res = mid;
r = mid - 1;
} else l = mid + 1;
}
return res*y;
}
void solve() {
x = read(), y = read(), k = read();
while(k>0) {
int p = find(x);
if(p-x <= k) {
k -= p-x;
while(p%y == 0) {
p /= y;
}
x = p;
if(x==1) {
x += k%(y-1);
k = 0;
}
} else {
x += k;
k = 0;
}
}
printf("%lld\n",x);
}
signed main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
/*
1
998244353 2 998244353
*/
C
贪心。因为前面尽可能少取一定是最优的。所以设置一个当前指针 \(j\)，往后取若干个使得 \(sum \ge L\)，这时有可能 \(sum \ge R\)，所以前面也丢弃若干个使得 \(sum \le R\)，这时如果前面丢弃若干个不能满足条件，那么 \(j=j+1\)。如果满足了条件 \(L \le sum \le R\)，则 \(j=k+1\) （\(k\) 是往后取若干个后的下标）。重复上述过程。
这个过程往后取若干和往前取若干都是用二分，每次做一次过程 \(j\) 至少 \(+1\)，因此时间复杂度 \(O(n \log n)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x * f;
}
const int N = 1e5+7;
int n,L,R;
int a[N],s[N];
int S(int l,int r) {
return s[r] - s[l-1];
}
void solve() {
n = read(), L = read(), R = read();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i] = read();
for(int i=1;i<=n;++i) {
s[i] = s[i-1] + a[i];
}
int j = 1, ans = 0;
while(j<=n) {
int l = j, r = n, res = j;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(S(j, mid) >= L) {
res = mid;
r = mid - 1;
} else l = mid + 1;
}
int k = res;
l = j, r = k, res = j;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(S(mid, r) <= R) {
res = mid;
r = mid - 1;
} else l = mid + 1;
}
int sum = S(res, k);
if(L<=sum && sum<=R) {
++ans;
j = k + 1;
} else {
++j;
}
}
printf("%lld\n",ans);
for(int i=1;i<=n;++i) {
a[i] = s[i] = 0;
}
}
signed main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
/*
1
9 7 9
2 10 5 1 3 7 6 2 3
1
5 10 15
5 7 7 9 1
*/
D
题目看起来很复杂，其实很多信息都没用。因为问的是总和能不能相等。记初始总和的差（绝对值）是 \(t\)。用一个二维前缀和处理一下所有 \(k*k\) 矩阵中 \(0/1\) 的差（绝对值） \(dt\) ，每个 \(dt\) 代表当它对应的 \(k*k\) 矩阵进行操作时，它能对 \(t\) 改变 \(i*dt\) （\(i\) 是任意整数）
换言之，问题变为：给你 \(\{dt_i\}\) 和 \(t\)，问是否存在 \(\{x_i\}\),且 \(x_i \in \Z\) 使得 \(\sum dt_i*x_i = t\)。（注意 \(x_i\) 可以为负数）
著名的裴蜀定理告诉我们，一个数集 \(\{a_i\}\) 可以通过加减组合出来的数集是 \(\{i*gcd(a_1,a_2,...,a_n), i \not = 0,i \in \Z\}\)。故解决该题。
纯纯板子啊呜呜呜www
Talk is cheap.Show me the code.
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x * f;
}
const int N = 507;
int n,m,k;
int a[N][N];
int s[N][N];
char g[N][N];
int get(int x1,int y1) { //x，y为右上角的k*k矩阵
int x2 = x1+k-1, y2 = y1+k-1;
return s[x2][y2] - s[x1-1][y2] - s[x2][y1-1] + s[x1-1][y1-1];
}
void solve() {
n = read(), m = read(), k = read();
for(int i=1;i<=n;++i) {
for(int j=1;j<=m;++j) {
a[i][j] = read();
}
}
for(int i=1;i<=n;++i) {
scanf("%s",g[i]+1);
}
vector<int> mou(2, 0);
for(int i=1;i<=n;++i) {
for(int j=1;j<=m;++j) {
mou[g[i][j]-'0'] += a[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;++i) {
for(int j=1;j<=m;++j) {
s[i][j] = s[i-1][j] + s[i][j-1] - s[i-1][j-1] + (g[i][j]-'0');
}
}
int d = 0;
for(int i=1;i+k-1<=n;++i) {
for(int j=1;j+k-1<=m;++j) {
int y = get(i, j), x = k*k - y;
if(abs(x-y) > 0) {
d = (d ? __gcd(d, abs(x-y)) : abs(x-y));
}
}
}
if((d&&(abs(mou[0]-mou[1])%d==0)) || !(abs(mou[0]-mou[1]))) puts("YES");
else puts("NO");
for(int i=1;i<=n;++i) {
for(int j=1;j<=m;++j) {
a[i][j] = g[i][j] = s[i][j] = 0;
}
}
}
signed main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
/*
1
3 3 2
2 1 1
1 1 2
1 5 4
010
101
010
*/
E
咕咕咕...待补
