Codeforces Round #706 (Div. 2) A-D题解
写在前边
链接：Codeforces Round #706 (Div. 2)
\(A,B,C,D\),这场有点简单，不过由于A写炸了后边题连看都没看就溜了，就从上大分变成了掉大分
A. Split it!
链接：A题链接
题目大意:
给定一个字符串\(s\)，和一个数字\(k\)，那么\(a_i\)是\(s\)的一个子串，\(R（a_i）\)代表\(a_i\)的逆序，问是否满足：
思路：
首先要知道，有一个单独的\(a_{k + 1}\)部分，那么这部分，根本无所谓，但是对于它的两侧必然要是回文的，一开始就拽着回文串不放了，思维定势，以为全串必然要是回文才行，所以写炸了，所以只需要判断\(s[1, k]\)是否等于\(s[n - k + 1, n]\)（下标从1开始）即可，还要注意的是如果这个串的长度为偶数，那么\(k\)必然不能等于\(\cfrac{s.size()}{2}\)，
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'
#define pub push_back
#define pob pop_back
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int Mod = 10000007;
LL gcd(LL a, LL b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
void solve() {
string s;
int n, k;
cin >> n >> k;
cin >> s;
if (k == 0) {
puts("YES");
return;
}
//这题并不一定要求中间是回文的
if (s.size() % 2 == 0 && k == s.size() / 2) {
puts("NO");
return;
}
bool flag = true;
for (int i = 0; i < k; i++) {
if (s[i] != s[s.size() - 1 - i]) {
flag = false;
break;
}
}
puts(flag ? "YES" : "NO");
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
B. Max and Mex
链接：B题链接
题目大意:
给定一个序列\(s\)，我们可以进行\(k\)次操作，每次操作是添加一个\(\lceil \cfrac{a + b}{2} \rceil\),\(a = mex(s)\), \(b = max(s)\),\(max\)就是序列中最大的数字，\(mex\)表示序列中最小不存在的非负整数，例如在序列\(0，1，2，4\)中，那么\(mex = 3\)，问\(k\)次插入后，\(S\)中不同数字的个数有多少。
思路：
先找到第一个\(mex\)，如果\(mex <= max(S)\),可以发现，插入一个\(\lceil \cfrac{a + b}{2} \rceil\)，永远不会出现这个数，因此，mex就永远不会变化，与此同时插入的值也永远不会大于max，所以mex与max不变，那么序列中不同数的个数最多就加1，用一个set维护就好。
如果\(mex == max(S)\)，即假设序列为\(0,1,2,3\)，那么第一个\(mex\)就是\(4\)，所以\(\lceil \cfrac{a + b}{2} \rceil\)算出来就是\(mex\)，就插入一个新值，所以这种情况下，有多少个\(k\)，就插入多少个新值。
注意：取最大值的时候要看要注意数组并不一定是严格有序的啊！！
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>
#include <set>
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'
#define pub push_back
#define pob pop_back
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int Mod = 10000007;
LL gcd(LL a, LL b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
//题目没说给有序数组大哥
void solve() {
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
multiset<int> st2; //记录没有的数字 最小的数字
set<int> st3;
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &a[i]);
sort(a, a + n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
st3.insert(a[i]);
st2.insert(a[i]);
}
if (k == 0) {
cout << st3.size() << endl;
return;
}
int m = 0;
for (auto &it : st2) {
if (m != it) {
break;
}
m++;
}
if (m > a[n - 1]) cout << n + k << endl;
else {
st3.insert((m + a[n - 1] + 1) / 2);
cout << st3.size() << endl;
}
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
C. Diamond Miner
链接：C题链接
题目大意:
不说了，太简单了。
思路：
排序，贪心求值就好了
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>
#include <cmath>
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'
#define pub push_back
#define pob pop_back
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int Mod = 10000007;
const int N = 1e5 + 10;
void solve() {
int n;
scanf("%d", &n);
vector<int> a, b;
for (int i = 0; i < n * 2; i++) {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
if (x == 0) b.push_back(abs(y));
if (y == 0) a.push_back(abs(x));
}
sort(a.begin(), a.end());
sort(b.begin(), b.end());
double res = 0.0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
res += sqrt((LL) a[i] * a[i] + (LL) b[i] * b[i]); //千万不要忘记long long
}
printf("%.15lf\n", res);
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
D. Let's Go Hiking
链接：D题链接
题目大意:
给题目大意转化一下就是，小\(A\)只能走一条单调递减序列，小\(B\)只能走一条单调递减序列，直到到某个人走的时候这个人无路可走了那么他就输了。题目中为小\(A\)先选一个起点，然后小B后选一个起点，接下来，小A先做决策，再B做决策，两者选择永远最优，问最后小A。
思路：
是一道博弈论的题目，两个人都是在单调的路上走，并且对于\(B\)来说，肯定要想办法让A输，A肯定想找一条最长的路走，所以有下面几种情况：
如果两个以上的单调段，那么先手必然输，因为：
- 如果是全是一个方向的单调段，那么小\(A\)无论如何都会被小\(B\)堵截。
- 如果对于山峰段，即一个点左右分别为单调递增单调递减，有多个，那么\(B\)后手总能选到一个地方赢得比赛（画几个例子试试）。
- 如果对于山谷段，及一个点左右分别为单调递减单调递增，有多个，那么\(B\)后手也同样总能选到一个地方赢得比赛（画几个例子试试）。
如果就只有一个单调段，那么更不用说了，B只需要放在A旁边堵A即可，赢得比赛。
所以如果想要先手赢，那么必然是只要一个山峰段，同时山峰段还要左右恰好对称才可以，如果不对称那\(B\)也可以找一个地方拦截\(A\)，或者走的路比更长，如果对称情况下，\(A\)必然选择连接点，而这时小\(B\)只能选两端点，这时如果\(A\)躲避\(B\)走另一边，那么它无论如何都输，因此他只能跟\(B\)对着走，而这时如果\(maxl % 2 == 0\)，那么它依然输，所以只有\(maxl % 2 ！= 0\)情况下同时是对称的山峰段才赢，其余情况均输。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'
#define pub push_back
#define pob pop_back
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int Mod = 1000000007;
LL gcd(LL a, LL b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
const int N = 1E5 + 10;
int n, p[N];
int pre[N], suff[N];
void solve() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &p[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (p[i] > p[i - 1]) pre[i] = pre[i - 1] + 1;
else pre[i] = 1;
}
for (int i = n; i >= 1; i--) {
if (p[i] > p[i + 1]) suff[i] = suff[i + 1] + 1;
else suff[i] = 1;
}
/* for (int i = 1; i <= n; i++) cout << pre[i] << " ";
cout << endl;
for (int i = 1; i <= n; i++) cout << suff[i] << " ";
cout << endl; */
int maxl = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) maxl = max({maxl, pre[i], suff[i]});
int cnt1 = 0, cnt2 = 0, idx1 = 0, idx2 = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (pre[i] == maxl) {
cnt1++;
idx1 = i;
}
if (suff[i] == maxl) {
cnt2++;
idx2 = i;
}
}
if (cnt1 + cnt2 != 2) {
puts("0");
return;
} else if (cnt1 + cnt2 == 2 && idx1 == idx2) {
puts(maxl % 2 == 0 ? "0" : "1");
} else puts("0");
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}
