Educational Codeforces Round 160 (Rated for Div. 2)
A
直接模拟,注意细节
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll p[15] = {1};
void solve() {
ll x;
cin >> x;
int len = 0;
while(x / p[len + 1]) ++ len;
for(int i = 1; i <= len; ++ i) {
ll a = x / p[i];
ll b = x % p[i];
if(b >= p[i - 1] && b > a) {
return cout << a << ' ' << b << '\n', void();
}
}
cout << "-1\n";
}
int main() {
for(int i = 1; i <= 10; ++ i) p[i] = p[i - 1] * 10;
int T;
cin >> T;
while(T --) solve();
return 0;
}
B
一道很直观的贪心,用总共的0和1去构造答案,一旦失败,输出答案
void solve() {
string s;
cin >> s;
int cnt[2] = {0, 0};
for(auto ch : s) cnt[1] += ch == '1', cnt[0] += ch == '0';
for(int i = 0; i < s.length(); ++ i) {
if(s[i] == '0') {
if(-- cnt[1] < 0) return cout << s.length() - i << '\n', void();
}
else if(-- cnt[0] < 0) {
return cout << s.length() - i << '\n', void();
}
}
cout << "0\n";
}
C
开一个\(f\)数组统计某一位出现的次数
注意第\(i\)位能被两个\(i - 1\)位合成
检验时从低到高位遍历,同时计算\(f\)数组内部低位对高位的贡献
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[40], g[40];
bool check(int x) {
memcpy(g, f, sizeof f);
for(int i = 0; i <= 30; ++ i) {
if(x >> i & 1) {
if(g[i]) {
g[i + 1] += (g[i] - 1) / 2;
}
else return 0;
}
else g[i + 1] += g[i] / 2;
}
return 1;
}
int main() {
ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int m;
cin >> m;
while(m --) {
int op, x;
cin >> op >> x;
if(op == 1) ++ f[x];
else {
cout << (check(x) ? "YES" : "NO") << '\n';
}
}
return 0;
}
D. Array Collapse
考虑分治。
设 \(f[l, r]\) 为区间 \([l, r]\) 能够通过操作得到的子序列数。
设 \([l, r]\) 内最小元素的下标为 \(p\)。
如果只考虑 \([l, r]\) 内部的所有情况,因为无论怎么操作 \(a[p]\) 都无法被删除,所以有 \(f[l][r] = f[l][p - 1] \cdot f[p + 1][r]\)。
考虑外部元素对 \(f[l][r]\) 的贡献。
显然,任意一个比 \(a[p]\) 大的数都不能使 \([l,r]\) 内有新的子序列出现。
如果 \(\exists i < l\),\(a[i] < a[p]\),那么我们可以把 \([l,p]\) 删掉,剩下 \([p + 1, r]\),新贡献为 \(f[p + 1][r]\)。
如果 \(\exists j > r\),\(a[j] < a[p]\),那么我们可以把 \([p,r]\) 删掉,剩下 \([l, p - 1]\),新贡献为 \(f[l][p - 1]\)。
如果上述 \(i,j\) 都存在,我们发现两者重复计算了 \([l,r]\) 全部删掉的方案,则 \(f[l][r]\) 减一。
考虑递归边界。
如果 \(l > r\),只存在空集这一种方案。
如果 \(l = r\) 且左右两边至少有一个小于 \(a[l]\) 的元素,则有 \(\phi\) 和 \(a[l]\) 两种,否则只有 \(a[l]\) 一种。
code
其中 \(f[i][j]\) 存的是 \([i, i + (1 << j) - 1]\) 内最小元素的位置。
\(L\_less\) 表示左边是否存在比区间最小值小的元素,\(R\_less\) 表示右边是否存在比区间最小值小的元素。
void init() {
for(int i = 1; i <= n; ++ i) f[i][0] = i;
for(int j = 1; j < 20; ++ j) {
for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++ i) {
if(a[f[i][j - 1]] < a[f[i + (1 << j - 1)][j - 1]]) f[i][j] = f[i][j - 1];
else f[i][j] = f[i + (1 << j - 1)][j - 1];
}
}
}
int get_pos(int l, int r) {
int len = log2l(r - l + 1);
if(a[f[l][len]] < a[f[r - (1 << len) + 1][len]]) return f[l][len];
else return f[r - (1 << len) + 1][len];
}
ll get_val(int l, int r, bool L_less, bool R_less) {
if(l > r) return 1;
if(l == r && (L_less || R_less)) return 2;
if(l == r) return 1;
int p = get_pos(l, r);
ll left = get_val(l, p - 1, L_less, true);
ll right = get_val(p + 1, r, true, R_less);
ll ret = left * right % P;
if(L_less) ret += right;
if(R_less) ret += left;
if(L_less && R_less) -- ret;
return (ret % P + P) % P;
}
void solve() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> a[i];
init();
cout << get_val(1, n, 0, 0) << '\n';
}