Educational Codeforces Round 118 (Div.2)
Edu 118(Div.2)
A. Long Comparison
题意
给定四个数字 \(x, p_1, y, p_2\) ，\(p_1\) 表示 \(x\) 后面的 \(0\) 个数， \(p_2\) 表示 \(y\) 后面的 \(0\) 个数，比较 \(x, y\) 的大小。
分析
- 位数相同：根据位数判断。
- 位数不同：把 \(x\) 和 \(y\) 的后导 \(0\) 去掉，再比较 \(x, y\) 。
Code
/* 终点是一切概率的结束，也是一切期望的开始 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve ()
{
string a; int p; cin >> a >> p;
string b; int p2; cin >> b >> p2;
if (a.size() + p != b.size() + p2)
{
if (a.size() + p > b.size() + p2) cout << '>' << endl;
else cout << '<' << endl;
}
else
{
while(a[a.size() - 1] == '0') p ++ , a = a.substr(0, a.size() - 1);
while(b[b.size() - 1] == '0') p2 ++, b = b.substr(0, b.size() - 1);
if (a == b) cout << '=' << endl;
else if (a > b) cout << '>' << endl;
else cout << '<' << endl;
}
}
signed main ()
{
cout.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int _; for (cin >> _; _--; ) solve();
return 0;
}
B. Absent Remainder
题意
给定长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，找出 \(\lfloor \dfrac n 2 \rfloor\) 个序偶 \((x, y)\) 满足：
- \(x != y\) 。
- \(x \in a, y \in a\) 。
- \(x \ \ mod \ \ y \notin a\) 。
分析
对序列排序，输出后面 \(\lfloor \dfrac n 2 \rfloor\) 和 \(a_1\) 组成的序偶即可，因为模数一定小于 \(a_1\) ，而 \(a_1\) 是序列最小的数字，因此模数一定不存在在 \(a\) 中。
Code
/* 终点是一切概率的结束，也是一切期望的开始 */
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i++)
using namespace std;
const int N = 200010;
int a[N];
void solve ()
{
int n; cin >> n;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 0, p = 2; i < n / 2; i ++, p ++ )
cout << a[p] << ' ' << a[1] << endl;
}
signed main ()
{
cout.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int _; for (cin >> _; _--; ) solve();
return 0;
}
C. Poisoned Dagger
题意
敌人有 \(h\) 血量，你有 \(n\) 次攻击，第 \(i\) 次攻击会从 \(a_i\) 秒开始，每秒对敌人造成 \(1\) 血量，同时前面的攻击无效（即每秒只会造成 \(1\) 伤害），攻击有 \(k\) 秒的延长时间，即如果从 \(a_i\) 开始攻击，敌人会在 \(a_i, a_{i+1} \ldots a_{i+k-1}\) 秒受到伤害。问 \(k\) 的最小值。
分析
每次攻击会造成 \(min(k, d_i)\) 伤害 (\(d_i\) 为两次攻击的间隔)。
由于答案有单调性，可以二分枚举 \(k\) 的值。
Code
/* 终点是一切概率的结束，也是一切期望的开始 */
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 200010;
int d[N]; // 间隔，n-1个
int n, h;
bool check (int mid)
{
int m = 0;
for (int i = 1; i < n; i ++ )
m += min(d[i], mid);
m += mid;
return m >= h;
}
void solve ()
{
cin >> n >> h;
int last; cin >> last;
for (int i = 1; i < n; i ++ )
{
int x; cin >> x;
d[i] = x - last;
last = x;
}
int l = 1, r = 1e18 + 10;
while(l < r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
cout << r << endl;
}
signed main ()
{
cout.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int _; for (cin >> _; _--; ) solve();
return 0;
}
D. MEX Sequences
题意
定义序列为 \(MEX-correct\) 当且仅当序列满足：\(|x_i - Mex(x_1, x_2 \ldots x_i)| \le 1\) 。
给定长度为 \(n\) 的序列\(a\) ，问序列 \(a\) 有多少子序列为 \(MEX-correct\) 。
分析
当一个元素为 \(x\) 时，它的 \(mex\) 只能为 \(x-1\) 或者 \(x+1\) 。
假设序列某一个前缀 \(mex\) 为 \(x\) ，那么这个前缀序列的最大值只能为 \(x-1\) 或 \(x+1\) 。
所以对于某一个元素 \(x\) ，可以对\(MEX-correct\)分为四类：
- \(mex = x-1, max = x\) 。
- \(mex = x-1, max = x-2\) 。
- \(mex = x+1, max = x+2\) 。
- \(mex = x + 1, max = x\) 。
假设 \((x, y)\) 表示 \((mex, max)\) 。
我们设 \(dp1(i)\) 表示序列性质为 \((i, i-1)\) 的序列数量，\(dp2(i)\) 表示 \((i, i+1)\) 的序列数量。
对于 \((x-1, x)\) 而言，由于当前元素为 \(x\) ，我们可以选择把元素加或者不加入 \((x-1, x)\) 序列，不会影响 \((x-1, x)\) 序列性质。
同时可以把 \(x\) 加入到 \((x-1, x-2)\) 序列中使得它变为 \((x-1, x)\) 。但是这个对于 \(x = 1\) 时，\((0, -1)\) 一定方案数为 \(0\) ，但是我们可以选择直接选择 \(\{1\}\) ，这个也满足 \((x-1, x)\) ，贡献为 \(1\)。
所以 \(dp2(x-1) = dp2(x-1) \times 2 + dp1(x-1) + (x == 1)\) 。
对于 \((x-1, x-2)\) ，它是没有转移的。
对于 \((x+1, x+2)\) ，由于 \(mex = x+1\) ，所以序列里一定有 \(x\) ，加入 \(x\) 不会影响序列性质。
所以 \(dp2(x+1) = dp2(x+1) \times 2\) 。
对于 \((x+1, x)\) ，可以选择加入 \(x\) 不改变性质，也可以把 \(x\) 加入 \((x, x-1)\) 转移为 \((x+1, x)\) 。
注意当 \(x = 0\) 时 \((0, -1)\) 一定为 \(0\) 个。但是可以直接选择 \(\{0\}\) ，满足 \((x+1, x)\) ，贡献为 \(1\)。
所以 \(dp1(x+1) = dp1(x+1) \times 2 + dp1(x) + (x == 0)\) 。
根据 \(dp1, dp2\) 的定义，把所有方案加起来就是总方案。
Code
/* 终点是一切概率的结束，也是一切期望的开始 */
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i++)
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
/*
* dp1(i) 表示mex为i且最大值为i-1的方案数量
* dp2(i) 表示mex为i且最大值为i+1的方案数量
*/
void solve ()
{
int n, ret = 0; cin >> n;
map<int, int> dp1, dp2;
rep(i, 1, n)
{
int x; cin >> x;
dp2[x-1] = (dp2[x-1] * 2 + dp1[x-1] + (x == 1)) % mod;
dp2[x+1] = (dp2[x+1] * 2) % mod;
dp1[x+1] = (dp1[x+1] * 2 + dp1[x] + (x == 0)) % mod;
}
for (auto & [k, v] : dp1) ret = (ret + v) % mod;
for (auto & [k, v] : dp2) ret = (ret + v) % mod;
cout << ret << endl;
}
signed main ()
{
cout.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int _; for (cin >> _; _--; ) solve();
return 0;
}
E. Crazy Robot
题意
给定矩阵图，上面有 \(L\) 表示实验室， \(\#\) 表示障碍物，\(.\) 表示空地。
有一个机器人可能在图上的任意一个空地上，你可以给它任意下达方向指令，它会选择一个与指令不同的方向且该方向不为障碍物，向这个方向走，否则不会移动。
问有多少可能的空地，使得机器人在该点时，无论机器人如何行动，总能选择指令使它到达实验室。
分析
从实验室出发，如果机器人只有一个方向有空地，则我们可以选择走这个空地的指令，那么机器人一定会向实验室走。
注意最后输出地图不要使用 \(endl\) ，否则输出 \(10^6\) 次会超时。
Code
/* 终点是一切概率的结束，也是一切期望的开始 */
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i++)
using namespace std; using PII = pair<int, int>;
const int N = 1000010;
const int dr[] = {-1, 1, 0, 0}, dc[] = {0, 0, -1, 1};
PII q[N];
void solve ()
{
int n, m, x, y; cin >> n >> m;
vector g(n, vector<char>(m));
rep(i, 0, n-1) rep(j, 0, m-1)
{
cin >> g[i][j];
if (g[i][j] == 'L') x = i, y = j;
}
int hh = 0, tt = -1;
// 把周围点加进来
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int dx = x + dr[i], dy = y + dc[i];
if (dx < 0 || dx >= n || dy < 0 || dy >= m || g[dx][dy] == '#') continue;
q[++ tt] = {dx, dy};
}
while(hh <= tt)
{
PII t = q[hh ++ ];
int x = t.first, y = t.second, cnt_free = 0;
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int dx = x + dr[i], dy = y + dc[i];
if (dx < 0 || dx >= n || dy < 0 || dy >= m) continue;
if (g[dx][dy] == '.') cnt_free ++ ;
}
if (cnt_free > 1) continue;
g[x][y] = '+';
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int dx = x + dr[i], dy = y + dc[i];
if (dx < 0 || dx >= n || dy < 0 || dy >= m) continue;
if (g[dx][dy] == '.') q[++ tt] = {dx, dy};
}
}
rep(i, 0, n-1)
{
rep(j, 0, m-1) cout << g[i][j];
cout << '\n';
}
}
signed main ()
{
cout.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int _; for (cin >> _; _--; )
solve();
return 0;
}
