Educational Codeforces Round 129 (Rated for Div. 2) A-D

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A

题解

知识点：贪心。

先手的一方拥有大于等于对方最大牌的牌即可获胜，所以考虑取两组牌各自的最大值进行比较。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

bool solve() {
    int a = 0, b = 0;
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0, tmp = 0;i < n;i++) cin >> tmp, a = max(a, tmp);
    int m;
    cin >> m;
    for (int j = 0, tmp = 0;j < m;j++) cin >> tmp, b = max(b, tmp);
    if (a >= b) cout << "Alice" << '\n';
    else cout << "Bob" << '\n';
    if (b >= a) cout << "Bob" << '\n';
    else cout << "Alice" << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

B

题解

知识点：模拟，数学。

注意到每次取的牌顺序不变放入排堆尾部，因此是一个循环，于是交换总和除以牌总数的余数 \(sum \% n\) 即等效交换次数，而对应的数组元素即交换后的牌顶元素。

时间复杂度 \(O(n)\)

空降复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

int a[200007];

bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0;i < n;i++) cin >> a[i];
    int m;
    ll sum = 0;
    cin >> m;
    for (int i = 0, tmp = 0;i < m;i++) cin >> tmp, sum += tmp;
    cout << a[sum % n] << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

C

题解

知识点：模拟，排序。

注意到 \(n\) 最大只有 \(100\) ，允许交换操作最大能到 \(10^4\) 而且不需要最小化交换次数，显然可以考虑先将数组 \(a\) 进行选择排序（相等元素是不需要交换的，保险点防止炸 \(10^4\) ），并在交换过程中同时交换 \(b\) 相同位置的元素。然后对数组 \(b\) 用选择排序进行检查，并且交换只能在相同位置数组 \(a\) 元素相等时才行，如果某次交换因为 \(a\) 限制不可操作，则一定判失败；否则记录所有结果输出即可。

时间复杂度 \(O(n^2)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

int a[107], b[107];

bool solve() {
    vector<pair<int, int>> v;
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0;i < n;i++)cin >> a[i];
    for (int i = 0;i < n;i++)cin >> b[i];
    for (int i = 0;i < n - 1;i++) {
        int minpos = i;
        for (int j = i + 1;j < n;j++) {
            minpos = a[minpos] > a[j] ? j : minpos;
        }
        if (i != minpos) swap(a[i], a[minpos]), swap(b[i], b[minpos]), v.push_back({ i,minpos });
    }
    for (int i = 0;i < n - 1;i++) {
        int minpos = i;
        for (int j = i + 1;j < n;j++) {
            minpos = b[minpos] > b[j] ? j : minpos;
        }
        if (i != minpos) {
            if (a[i] == a[minpos]) swap(b[i], b[minpos]), v.push_back({ i,minpos });
            else return false;
        }
    }
    cout << v.size() << '\n';
    for (int i = 0;i < v.size();i++) {
        cout << v[i].first + 1 << ' ' << v[i].second + 1 << '\n';
    }
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

D

题解

知识点：搜索。

首先注意到每次贪心地取最大数位去乘是不可行的，比如有 \(5 \times 5 > 9 \times 2\) 如果先选 \(9\) 后只有 \(2\) 那就没有选两次 \(5\) 更优。

因此，考虑用dfs枚举每种可能，当然直接枚举会tle，有一个重要剪枝 if (step + n - len >= ans) return; 意思是已走步数 step 加上至少还需要的步数 n-len 如果大于等于当前答案 ans 那这条分支就是无用的，这个叉掉很多分支。

当然，也可以用bfs记忆化搜索，直接bfs也会超时，还可能炸空间qwq。

时间复杂度 \(O(8^n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

ll n, x, ans = 100;
void dfs(ll cur = x, ll step = 0) {
    bool vis[10] = { 0 };
    ll tmp = cur, len = 0;
    while (tmp) {
        vis[tmp % 10] = 1;
        tmp /= 10;
        len++;
    }
    if (step + n - len >= ans) return;
    if (n == len) {
        ans = step;
        return;
    }
    for (int i = 9;i >= 2;i--) if (vis[i]) dfs(cur * i, step + 1);
}
bool solve() {
    cin >> n >> x;
    dfs();
    if (ans >= 100) return false;
    cout << ans << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}