Codeforces Round #883 (Div. 3) A-G

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A

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int cnt = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        if (a > b) cnt++;
    }
    cout << cnt << '\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

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
char dt[4][4];
bool solve() {
    for (int i = 1;i <= 3;i++)
        for (int j = 1;j <= 3;j++)
            cin >> dt[i][j];
 
    for (int i = 1;i <= 3;i++) {
        if (dt[i][1] == '.') continue;
        bool ok = 1;
        for (int j = 1;j <= 3;j++) ok &= dt[i][1] == dt[i][j];
        if (ok) {
            cout << dt[i][1] << '\n';
            return true;
        }
    }
    for (int j = 1;j <= 3;j++) {
        if (dt[1][j] == '.') continue;
        bool ok = 1;
        for (int i = 1;i <= 3;i++) ok &= dt[1][j] == dt[i][j];
        if (ok) {
            cout << dt[1][j] << '\n';
            return true;
        }
    }
    if (dt[1][1] != '.') {
        bool ok = 1;
        for (int i = 1;i <= 3;i++) ok &= dt[1][1] == dt[i][i];
        if (ok) {
            cout << dt[1][1] << '\n';
            return true;
        }
    }
    if (dt[1][3] != '.') {
        bool ok = 1;
        for (int i = 1;i <= 3;i++) ok &= dt[1][3] == dt[i][3 - i + 1];
        if (ok) {
            cout << dt[1][3] << '\n';
            return true;
        }
    }
    return false;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "DRAW" << '\n';
    }
    return 0;
}

C

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
pair<int, ll> res[200007];
bool solve() {
    int n, m, h;
    cin >> n >> m >> h;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq;
        for (int j = 1;j <= m;j++) {
            int x;
            cin >> x;
            pq.push(x);
        }
 
        int sum = 0;
        int point = 0;
        ll penalty = 0;
        while (pq.size()) {
            int t = pq.top();
            pq.pop();
            if (sum + t > h) break;
            sum += t;
            point++;
            penalty += sum;
        }
        res[i] = { point,penalty };
    }
 
    auto tar = res[1];
    auto cmp = [&](pair<int, ll> a, pair<int, ll> b) {return a.first == b.first ? a.second<b.second : a.first>b.first;};
    sort(res + 1, res + n + 1, cmp);
    int id = lower_bound(res + 1, res + n + 1, tar, cmp) - res;
    cout << id << '\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

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
int y[200007] = { (int)2e9 };
bool solve() {
    int n;
    double d, h;
    cin >> n >> d >> h;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> y[i];
    sort(y + 1, y + n + 1, greater<int>());
 
    double ans = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        double delta = min(h, 0.0 + y[i - 1] - y[i]);
        ans += (2 - delta / h) * d * delta / 2;
    }
    cout << fixed << setprecision(6) << 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;
}

E

题意

给定一个 $n$ ，问是否存在 $k \geq 2 ,s \geq 2$ ，使得 $\displaystyle n = \sum_{i=0}^s k^i$ 。

题解

方法一

知识点：数学，枚举。

实际上，$\displaystyle k^s < \sum_{i=0}^s k^i < (k+1)^{s}$ ，因此一定有 $\displaystyle\left\lfloor \sqrt[s]{\sum_{i=0}^s k^i} \right\rfloor = k$ 。

因此，我们枚举 $s$ ，令 $k = \left\lfloor \sqrt[s]{n} \right\rfloor$ ，然后验证这一对 $s,k$ 。若 $n$ 可行，那么一定有 $\displaystyle \sum_{i=0}^s k^i = n$ 。

其中开根号用的是 pow ，这个函数精度很差，但是这里是没有问题的，因为上下界都离得很远。

时间复杂度 $O(60)$

空间复杂度 $O(1)$

方法二

知识点：数学，二分，枚举。

注意到， $s$ 不会太大，最大只可能 $60$ ，考虑枚举 $s$ 。

对于一个 $s$ ，由于 $\displaystyle \sum_{i=0}^s k^i$ 是关于 $k$ 单调的，我们可以二分 $k$ ，找到使得 $\displaystyle \sum_{i=0}^s k^i$ 小于等于 $n$ 的最后一个 $k$ ，随后验证这个 $k$ 是否是答案即可。

注意到， $k$ 也不会超过 $10^9$ ，这个结论能降低常数。

时间复杂度 $O(60 \times \log 10^9)$

空间复杂度 $O(1)$

方法三

知识点：数学，二分，枚举。

对于 $s \geq 3$ 的情况， $k$ 不会超过 $10^6$ ，因此可以枚举 $k \leq 10^6$ ，对每个 $k$ 预处理出 $s \in[3,60]$ 的所有答案。

对于 $s = 2$ 的情况，和方法一一样直接二分即可。

时间复杂度 $\displaystyle O\left( \left(\sum_{k=2}^{10^6}\log_k 10^{18}\right) \cdot \log \left(\sum_{k=2}^{10^6}\log_k 10^{18}\right) + \log 10^9 \right)$

空间复杂度 $\displaystyle O\left(\sum_{k=2}^{10^6}\log_k 10^{18}\right)$

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using i128 = __int128_t;
 
i128 qpow(i128 a, ll k) {
    i128 ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans *= a;
        k >>= 1;
        a *= a;
    }
    return ans;
}
 
bool solve() {
    ll n;
    cin >> n;
    for (int i = 2, k;(k = pow(n, 1.0 / i)) >= 2;i++) {
        i128 res = (1 - qpow(k, i + 1)) / (1 - k);
        if (res == n) {
            cout << "YES" << '\n';
            return true;
        }
    }
    return false;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
    }
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
const ll INF = 2e18;
ll calc(int x, int s) {
    ll sum = 0;
    __int128_t mul = 1;
    for (int i = 0;i <= s;i++) {
        if (sum + mul > INF) return INF;
        sum += mul;
        mul *= x;
    }
    return sum;
}
 
bool solve() {
    ll n;
    cin >> n;
    for (int i = 2;i <= 60;i++) {
        int l = 2, r = 1e9;
        while (l <= r) {
            int mid = l + r >> 1;
            if (calc(mid, i) <= n) l = mid + 1;
            else r = mid - 1;
        }
        if (r >= 2 && calc(r, i) == n) {
            cout << "YES" << '\n';
            return true;
        }
    }
    return false;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
    }
    return 0;
}

方法三

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
const ll INF = 1e18;
set<ll> st;
void init() {
    for (int i = 2;i <= 1000000;i++) {
        ll sum = 1 + i + 1LL * i * i;
        while (1 + (__int128_t)sum * i <= INF) {
            sum = 1 + sum * i;
            st.insert(sum);
        }
    }
}
 
ll calc(int x) {
    return 1 + x + 1LL * x * x;
}
 
bool solve() {
    ll n;
    cin >> n;
 
    if (st.count(n)) {
        cout << "YES" << '\n';
        return true;
    }
 
    int l = 2, r = 1e9;
    while (l <= r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if (calc(mid) <= n) l = mid + 1;
        else r = mid - 1;
    }
    if (r >= 2 && calc(r) == n) {
        cout << "YES" << '\n';
        return true;
    }
    return false;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    init();
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
    }
    return 0;
}

F

题意

房间里有 $n$ 个物品，每个物品的种类为 $a_i$ 。这些物品中，有一个是模仿者伪装的。

现在可以进行一场最多 $5$ 轮的实验去找出它，每一轮按顺序发生如下事件：

1. 记录当前房间内的所有物品的种类。
2. 可指出一个物品确定是伪装的，则试验结束。但这个操作只能执行一次，若不确定，则要做下一步操作。
3. 选出一些物品移出房间（可以不选，但模仿者始终不会被移出房间）并离开房间。随后房间里的物品会被打乱，模仿者也可以转换成别的物品（即使房间里不存在的物品）。
4. 进入房间，继续下一轮。模仿者可能不转变，但最多保持两轮是同一个类型的物品。

给出操作，找到模仿者。

题解

知识点：枚举。

一开始可以不移出物品，这样若模仿者发生变化，则最多两轮一定有一个类型的物品多了一个。

移出除了多出来物品的类型以外类型的所有物品。

剩下的一定是包括模仿者的同一类型的物品，再最多不超过一轮，一定会出现一个不同类型的物品，就是模仿者。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
int n;
int a[207];
int cnt1[10], cnt2[10];
 
void query(const vector<int> &del) {
    cout << "- " << del.size() << " ";
    for (auto x : del) cout << x << " ";
    cout << endl;
    n -= del.size();
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
}
 
void answer(int x) {
    cout << "! " << x << endl;
}
 
bool solve() {
    for (int i = 1;i <= 9;i++) cnt1[i] = cnt2[i] = 0;
 
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], cnt1[a[i]]++;
 
    query({});
    for (int i = 1;i <= n;i++) cnt2[a[i]]++;
 
    int type = 0;
    for (int i = 1;i <= 9;i++) {
        if (cnt1[i] < cnt2[i]) {
            type = i;
            break;
        }
    }
 
    if (!type) {
        for (int i = 1;i <= 9;i++) cnt2[i] = 0;
        query({});
        for (int i = 1;i <= n;i++) cnt2[a[i]]++;
        for (int i = 1;i <= 9;i++) {
            if (cnt1[i] < cnt2[i]) {
                type = i;
                break;
            }
        }
    }
 
    vector<int> del;
    for (int i = 1;i <= n;i++) if (a[i] != type) del.push_back(i);
    query(del);
 
    bool ok = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        if (a[i] != type) {
            answer(i);
            ok = 1;
            break;
        }
    }
 
    if (!ok) {
        query({});
        for (int i = 1;i <= n;i++) {
            if (a[i] != type) {
                answer(i);
                ok = 1;
                break;
            }
        }
    }
    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;
}

G

题意

有 $n$ 种症状和 $m$ 个药品，症状的情况通过一个长为 $n$ 的 $01$ 串给出。

每种药品治疗效果是可以使特定的一些症状消失，但副作用是使得特定的症状出现。

每种药有一个疗程 $d$ ，疗程之内不允许使用其他药。

现在给出初始症状情况，问最少需要多少天才能使得症状全部消失。

题解

知识点：最短路，状压dp，拓扑序dp。

考虑状压，将症状压缩为一个整数。

随后，我们将 $2^n$ 种症状情况看作点， $m$ 种药看作边。显然，每个点都可以有 $m$ 条出边。

假设当前的症状是 $st$ ，将要使用的药品的效果是 $e$ ，副作用是 $se$ ，那么使用后的症状为 (st & ~e) | se ，这样就构建了一条边，权值为疗程时间。

问题就变成，从初始状态到 $0$ 状态的最短路，直接跑最短路即可。

求最短路的本质就是在最短路图这个DAG上进行拓扑序dp，因此一些dp可以考虑抽象成图的形式跑最短路。

时间复杂度 $O(m2^n \log (m2^n))$

空间复杂度 $O(2^n + m)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
int n, m;
int d[1007], e[1007], se[1007];
 
bool vis[1 << 10 + 1];
int dis[1 << 10 + 1];
struct node {
    int v, w;
    friend bool operator<(const node &a, const node &b) { return a.w > b.w; }
};
priority_queue<node> pq;
void dijkstra(int st) {
    for (int i = 0;i < (1 << n);i++) dis[i] = 1e9, vis[i] = 0;
    dis[st] = 0;
    pq.push({ st,0 });
    while (!pq.empty()) {
        int u = pq.top().v;
        pq.pop();
        if (vis[u]) continue;
        vis[u] = 1;
        for (int i = 1;i <= m;i++) {
            int v = (u & ~e[i]) | se[i];
            int w = d[i];
            if (dis[v] > dis[u] + w) {
                dis[v] = dis[u] + w;
                pq.push({ v,dis[v] });
            }
        }
    }
}
 
bool solve() {
    cin >> n >> m;
    int st = 0;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        char ch;
        cin >> ch;
        st |= (ch == '1') << i;
    }
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        cin >> d[i];
        e[i] = 0, se[i] = 0;
        for (int j = 0;j < n;j++) {
            char ch;
            cin >> ch;
            e[i] |= (ch == '1') << j;
        }
        for (int j = 0;j < n;j++) {
            char ch;
            cin >> ch;
            se[i] |= (ch == '1') << j;
        }
    }
    dijkstra(st);
    cout << (dis[0] >= 1e9 ? -1 : dis[0]) << '\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;
}