牛客周赛 Round 6

牛客周赛 Round 6

A-游游的数字圈_牛客周赛 Round 6 (nowcoder.com)

枚举即可

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

using namespace std;

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    string s;
    cin >> s;

    int ans = 0;
    for(int i = 0;i < s.size();i ++){
        ans += (s[i] == '0' || s[i] == '6' || s[i] == '9');
        ans += (s[i] == '8') * 2;
    }
    
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

B-竖式乘法_牛客周赛 Round 6 (nowcoder.com)

\(a\)每次去乘\(b\)的每一位数累加即可

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

using namespace std;

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int T;
    cin >> T;
    while(T--){
        int ans = 0;
        int a,b;
        cin >> a >> b;

        while(b){
            ans += b % 10 * a;
            b /= 10;
        }

        cout << ans << '\n';
    }
    return 0;
}

C-游游的数值距离_牛客周赛 Round 6 (nowcoder.com)

若令\(|x! \times y - y - n|=0\),我们可以得到\(y = \frac{n}{x! - 1}\),因此我们可以去枚举\(x\),从而得到\(y\),且这里是向下取整的,所以正确答案要么是 \(y\) 要么是 \(y+1\) ,又因为\(x!\)是一个很大的数,所以我这里枚举到\(10\)就行了

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

using namespace std;

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n;
    cin >> n;

    int ansx = 1,ansy = 1,fac = 2,ans = n;
    for(int i = 3;i <= 10;i ++){
        fac *= i;

        int y = n / (fac - 1);
        int val = abs(y * (fac - 1) - n);
        if(y > 0 && y != 2 && val <= ans){
            ans = val, ansx = i, ansy = y;
        }

        y++;
        val = abs(y * (fac - 1) - n);
        if(y > 0 && y != 2 && val <= ans){
            ans = val, ansx = i, ansy = y;
        }
    }

    cout << ansx << ' ' << ansy << '\n';

    return 0;
}

D-游游的k-好数组_牛客周赛 Round 6 (nowcoder.com)

要使得所有长度区间为\(k\)的区间和相等,最简单的方法就是让每隔\(k\)个数字相等,这样每长度为\(k\)的第\(i\)个数字都相同,那自然区间和也相等,所以我们先算出每隔\(k\)隔数字的最大值,然后计算每\(k\)个数字到其最大值差多少,我们最多补\(x\),如果说差的比我们能补得还多,那我们不能把它变为一个\(k-\)好数组,否则我们尽量的把多出来的数分到所有的长度为\(k\)的区间内的第\(i\)个数字上,最后就是看分配到哪个位置上能得到最大值

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

using namespace std;

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int T;
    cin >> T;
    while(T--){
        int n,k,x;
        cin >> n >> k >> x;
        vector<int> a(n),mx(k);
        for(int i = 0;i < n;i ++){
            cin >> a[i];
            mx[i % k] = max(mx[i % k], a[i]);
        }

        int sum = 0;
        for(int i = 0;i < n;i ++)
            sum += mx[i % k] - a[i];

        if(sum > x){
            cout << -1 << '\n';
            continue;
        }

        x -= sum;
        int ans = 0;
        for(int i = 0;i < k;i ++){
            int now = n / k + (n % k > i);
            ans = max(ans, mx[i] + x / now);
        }

        cout << ans << '\n';

    }

    return 0;
}

E-小红的循环节长度_牛客周赛 Round 6 (nowcoder.com)(数学)

本题参考:

怎样快速找到一个可表为无限循环小数的分数的循环节位数？ - 知乎 (zhihu.com)

欧拉函数φ(n)的计算及欧拉定理 - 知乎 (zhihu.com)

牛客周赛 Round 6_m0_73618658的博客-CSDN博客

借鉴第一篇知乎大佬回答:假设一个真分数可以表示为 \(\frac{m}{n}, m<n\) ，\(m\)与\(n\)是互素的。 如果\(n\)的因子只含有2和5，也就是说 \(n=2^a5^b\) 那么我们就可以通过在分子分母上同时乘以适合数量的2或者5，将分母表示为10的次方的形式， \(\frac{m}{n}=\frac{p}{10^c}\) , 这就说明这个分数是有限小数。如果\(n\)中完全不含有2和5，那么\(n\)与10互素，根据初等数论中的欧拉定理，存在一个整数 \(a\) ,满足 \(10^{a}\equiv1(\mathrm{mod} \; n)\) ，也就是 \(10^a-1\) 可以整除\(n\). 所以可以通过分子分母同时乘以一些因子，将分母变成\(9999...9\)的形式, \(\frac{m}{n}=\frac{p}{10^a-1}=\frac{p}{9\cdots 9}\) 。这时9的个数 \(a\) 就是循环节的位数，分子上的整数通过在前面补0，使得分子分母位数一致，此时分子就是循环节。另外还有一种情况，就是 \(n\) 中既包含 2,5 也包含其他素因子， \(n=2^a 5^b q_1^{c_1}q_2^{c_2}\cdots\) 那么，我们可以补充2和5，凑出10的整次方，\(\frac{m}{n}=\frac{p}{10^dq}\) , \(q\)与10互素。然后 \(p\) 可能大于 \(q\) , 令 \(p=kq+r,r<q\) , 注意k是可以等于0的。于是 \(\frac{m}{n}=\frac{1}{10^d}(k+\frac{r}{q})=\frac{k}{10^d}+\frac{1}{10^d}\frac{r}{q}\) , 然后这就是一个部分循环小数，从第 \(d+1\) 位开始循环，循环节由 \(\frac{r}{q}\) 经前面的第二种情况来确定。

所以我们可以先对分母化简,然后去计算分母中2和5的数量,数量多的就是循环节前面部分的长度了,然后对分母的因数去遍历找到满足\(10^{i}\equiv1(\mathrm{mod} \; q)\)或者\(10^{\frac{phi(q)}{i}}\equiv1(\mathrm{mod} \; q)\),取最短的循环节即可

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;
using i128 = __int128;

using namespace std;

i64 ksm(i128 a, i64 b, i64 p) {
	i128 res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1)res = res * a % p;
		b >>= 1;
		a = a * a % p;
	}
	return res;
}

i64 phi(i64 x) {
    i64 i;
    i64 res = x;

    for (i = 2; i * i <= x; i++) {
        if (x % i == 0) {
            res = res / i * (i - 1);
            while (x % i == 0)x /= i;
        }
    }
    if (x > 1)res = res / x * (x - 1);
    
    return res;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	i64 p,q,c2 = 0, c5 = 0;
	cin >> p >> q;

	q /= gcd(p,q);
	while(q % 2 == 0) q/= 2, c2 ++;
	while(q % 5 == 0) q/= 5, c5 ++;

	if(q == 1){
		cout << "-1\n";
		return 0;
	}

	i64 te = phi(q),ans = 1e16;
	for(i64 i = 1;i * i <= te;i ++){
		if(te % i == 0){
			if(ksm((i128)10, i ,q) == 1) ans = min(ans, i);
			if(ksm((i128)10, te / i, q) == 1) ans = min(ans, te / i);
		}
	}

	cout << max(c2, c5) << ' ' << ans << '\n';

	return 0;
}