SMU Autumn 2023 Round 3(Div.1)
SMU Autumn 2023 Round 3(Div.1)
A. Find The Array
要满足“b数组内任意一个元素满足可以被数组两边的元素整除”这个条件，我们很容易想到1是万能的，所以我们只需要把a数组某些元素改成1就可以了
条件二要满足a，b方差够小，那其实我们只用把a数组内奇数位，偶数位分别相加对比，如果偶数位和大，就把奇数位改成1，如果奇数大则相反
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<'\n';
using namespace std;
using i64 = long long;
typedef pair<i64, i64> PII;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
i64 sum1 = 0, sum2 = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
if (i & 1)sum1 += a[i];
else sum2 += a[i];
}
if (sum1 < sum2) {
for (int i = 1; i <= n; i += 2)
a[i] = 1;
} else {
for (int i = 2; i <= n; i += 2)
a[i] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
cout << a[i] << " \n"[i == n];
}
return 0;
}
B. Busy Robot
题意是机器人初始在一数轴上的原点 某时刻接受命令 并朝命令方向前进 每秒前进\(1\)距离 在未到达当前命令的终点时 忽略当前时刻的其他命令若机器人在 \([ t_i , t_{i + 1} ]\)时间内移动到 \(x_i\) 位置 视为完成一次指令 (被忽略的命令可能会成功执行),给出一系列的指令问机器人能完成多少次
记录每次指令的起点 \(st\) 和终点\(ed\) 下一次停止的时间 \(next\) 上一次接收到可执行命令的时刻 \(last\),遍历每个指令 如果当前指令的时刻大于等于 \(next\)说明可以执行当前指令 更新 \(next,st,ed,last\),否则判断机器人是否能在 \([ t_i , t_{ i + 1} ]\)时间内移动到 \(x_i\) 位置具体判断依据为 在 \(t_i\) 时刻 到 \(t_{i+1}\)时刻机器人是否经过 \(x_i\)
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<'\n';
using namespace std;
using i64 = long long;
typedef pair<i64, i64> PII;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n;
cin >> n;
vector<i64> tim(n + 1), pos(n + 1);
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> tim[i] >> pos[i];
tim[n] = 1e10;
i64 next = 0, st = 0, ed = 0, last = 0, res = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (tim[i] >= next) {
next = tim[i] + abs(pos[i] - ed);
st = ed, ed = pos[i];
last = i;
if (next <= tim[i + 1])
res++;
}
else {
if (st >= ed) {
int y = st - (tim[i] - tim[last]);
int x = max(ed, st - (tim[i + 1] - tim[last]));
if (pos[i] >= x && pos[i] <= y)res++;
}
else {
int x = st + (tim[i] - tim[last]);
int y = min(ed, st + tim[i + 1] - tim[last]);
if (pos[i] >= x && pos[i] <= y)res++;
}
}
}
cout << res << endl;
}
return 0;
}
C. Building a Fence
题意是用 \(n\) 个宽度为 \(1\) 高度为 \(k\) 的木板构建一段栅栏,第 \(i\) 个木板下面的地面高度等于 \(h_i\),第一个和最后一个木板必须在地面上,其他的木板 底端 可能位于地面或者不高于地面 \(k-1\)的高度上,相邻的两个木板必须有公共边,也即有重合的部分,问有没有可能建造一个符合所有规则的围栏
设 \(l,r\) 分别为当前栅栏下端的最小高度和最大高度,因为每段栅栏高度都为 \(k\),可知下一段栅栏底边高度的范围为 $[ l − k + 1 , r + k − 1 ] $,又因为栅栏底边最低要在地上,即 \(a[i]\) 最高只能达到 \(a[i] + k - 1\), 所以我们可维护\(l = max(l - k + 1, a[i])\),\(r = min(r + k - 1, a[i] + k - 1)\),如果 \(l \leq r\) 说明可行,否则不可行,最后特判一下最后一块栅栏(只能建造在地上),即判断一下 \(a[n]\) 是否在 \([ l , r ]\) 的范围内
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<'\n';
using namespace std;
using i64 = long long;
typedef pair<i64, i64> PII;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> a[i];
bool flag = true;
int l = a[1], r = a[1];
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
l = max(l - k + 1, a[i]);
r = min(r + k - 1, a[i] + k - 1);
if (l > r) {
flag = false;
break;
}
}
if (a[n] < l || a[n] > r)
flag = false;
cout << (flag ? "YES\n" : "NO\n");
}
return 0;
}
D. Program
只要求出每个前缀和每个后缀和变换过程能得到的最大值和最小值，就可以求出总体变换过程中的上界下界，然后就得出变换数字的个数。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<'\n';
using namespace std;
using i64 = long long;
typedef pair<i64, i64> PII;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<i64> pre(n + 2), pre_mi(n + 2), pre_mx(n + 2);
vector<i64> suf(n + 2), suf_mi(n + 2), suf_mx(n + 2);
string s;
cin >> s;
s = " " + s;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int now = 1;
if (s[i] == '-') now = -1;
pre[i] = pre[i - 1] + now;
pre_mi[i] = min(pre_mi[i - 1], pre[i]);
pre_mx[i] = max(pre_mx[i - 1], pre[i]);
}
suf[n + 1] = suf_mi[n + 1] = suf_mx[n + 1] = 0;
for (int i = n; i >= 1; i--) {
int now = 1;
if (s[i] == '-') now = -1;
suf[i] = suf[i + 1] + now;
suf_mx[i] = max(0ll, suf_mx[i + 1] + now);
suf_mi[i] = min(0ll, suf_mi[i + 1] + now);
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int l, r;
cin >> l >> r;
i64 mx = 0, mi = 0;
mx = max(mx, pre_mx[l - 1]);
mi = min(mi, pre_mi[l - 1]);
int res = pre[l - 1];
mx = max(mx, suf_mx[r + 1] + res);
mi = min(mi, suf_mi[r + 1] + res);
cout << mx - mi + 1 << '\n';
}
}
return 0;
}
