CF1492

合集 - CF题解(11)

1.CF10282024-10-302.CF11052024-11-06

3.CF14922024-11-08

4.CF1052024-11-095.CF4012024-11-116.CF14982024-11-127.CF10412024-11-188.CF1102(*^▽^*)2024-11-209.CF11142024-11-2210.CF15062024-11-2411.CF17802024-11-27

收起

A.Three Swimmers

原题链接CF

题目大意：

给出T组数据，每组数据给出p,a,b,c，求最小的是a,b或c的倍数且大于等于p的数与p的差值。

解题思路：

直接做做完了。每次使p分别除以a,b,c(向上取整)，取最小值再算差值即可。

小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T;
int a,b,c,p;

signed main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while (T--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&p,&a,&b,&c);
		int ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
		ans=min(ans,(p+a-1)/a*a);
		ans=min(ans,(p+b-1)/b*b);
		ans=min(ans,(p+c-1)/c*c);
		printf("%lld\n",ans-p);
	}
	return 0;
}

---

B.Card Deck

原题链接

题目大意：

给出T组数据，每组数据给出栈中的$n(1⩽n⩽1e5)$个元素$p_i$，每次操作可以取出栈顶若干元素，按原来顺序放入新的栈中，求最后使得新栈值最大的方案。我们定义栈的值为$\sum _{i=1}^n{n}^{n-i}{p}_i$(默认栈顶为元素$p_n$，栈底为元素$p_1$)

解题思路：

这题简直就是反过来的出栈序列

容易想到贪心。越大的值越早到新栈里，新栈的值一定会越大。于是乎，我们定义一个前缀最大值数组，从后往前扫描，若出现旧的最大值了就输出当前的栈中所有元素(可结合代码理解)。

小?代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int T;
int n;
int p[N];
stack <int> s;
int mx[N];

signed main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while (T--)
	{
		scanf("%lld",&n);
		for (int i=1;i<=n;i++) 
		{
			scanf("%lld",&p[i]);
			mx[i]=max(mx[i-1],p[i]);//前缀最大值
		}
		for (int i=n;i>=1;i--)
		{
			s.push(i);
			while (!s.empty()&&mx[s.top()]>mx[i-1])//目前栈中存放的有好用的最大值
			{
				printf("%lld ",p[s.top()]);
				s.pop();
			}
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

---

C.Maximum width

原题链接

题目大意：

给出两个长度分别为n,m的字符串$s1,s2(2⩽m⩽n⩽2e5)$，保证$s2$是$s1$的一个子串。要求找到$s1$的一个与$s2$相同的子串，使得该子串中相邻两个字符在$s1$中的距离最大，求这个最大值。

解题思路：

想让相邻两个字符距离最大，那么就是让相邻两个字符在可取到的范围里一个取最前面、一个取最后面，这样的距离最大。

于是乎，预处理出$s2$中每个字符可取到的最前、最后的位置，最后取最大的$ls{t}_{i+1}-fs{t}_i$就是答案。

小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,m;
string s1,s2;
int fst[N],lst[N];
int ans;

signed main()
{
	cin>>n>>m>>s1>>s2;
	s1=" "+s1,s2=" "+s2; 
	int j=0;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		while (s1[++j]!=s2[i]);
		fst[i]=j;
	}
	j=n+1;
	for (int i=m;i>=1;i--)
	{
		while (s1[--j]!=s2[i]);
		lst[i]=j;
	}
	for (int i=1;i<m;i++) ans=max(ans,lst[i+1]-fst[i]);
	cout<<ans;
	return 0;
}

---

D.Genius's Gambit

原题链接CF

题目大意：

给出三个整数$a,b,k(0⩽a,1⩽b,k⩽a+b⩽2e5)$,要求构造出两个二进制形式的整数(x)₂,(y)₂，使得x,y都由a个"0",b个"1"组成，且$(x-y{)}_2$有k个"1"，输出x,y的构造方案，若无法构造则输出"No"(不允许前导0的存在)

解题思路：

我们不妨构造出最大的x,然后考虑$(x-y{)}_2$有k个"1"的情况。当x,y相同数位的数不同时，x-y该数位就是1；若此次减法还向上借位，那么一直到上一个$(x{)}_2$"1"、$(y{)}_2$"0"的位置借位才会结束，在这个范围内x-y数位上都是1。

于是乎，我们可以在x上进行修改，找到l,r使得$r-l=k$并且$x_l=1,x_r=0$，将$x_l$改为0、$x_r$改为1，这样修改过后的就是我们需要的y了。

挂分小技巧：漏掉无法构造成功的三种情况——a,b,k的边界问题。

不好看的代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int a,b,k;
int a1[N*2],a2[N*2];
int l,r;

signed main()
{
	cin>>a>>b>>k;
	if ((k+2>a+b&&k!=0)||(b==1&&k!=0)||(a==0&&k!=0))
	{
		cout<<"No";
		return 0;
	}
	l=2,r=l+k;
	for (int i=1;i<=b;i++) a1[i]=a2[i]=1;
	for (int i=b+1;i<=a+b;i++) a1[i]=a2[i]=0;
	if (k!=0)
	{
		while (r<=b) l++,r++;
		a2[l]=0,a2[r]=1;
	}
	cout<<"Yes"<<endl;
	for (int i=1;i<=a+b;i++) cout<<a1[i];
	cout<<endl;
	for (int i=1;i<=a+b;i++) cout<<a2[i];
	return 0;
}

---

E.Almost Fault-Tolerant Database

原题链接CF

题目大意：

给出n个长度为m的序列a，需构造一个序列s，使得对于任意序列，$\sum _{i=1}^m[a_i\ne s_i]⩽2$。输出构造方案，若无法构造则输出"No"。($nm⩽2.5\times {10}^5$)

解题思路(口胡版)：

我们不妨令$s=a_1$，跑一遍，记录每个序列与s的最大差值$\mathrm{\Delta }$，若$\mathrm{\Delta }⩽2$，那么直接输出s就行；若$\mathrm{\Delta }>4$，那么一定没有构造方案(可感性理解一下)。

那么现在就是$\mathrm{\Delta }=3$或$\mathrm{\Delta }=4$的情况了。记差值与$a_1$最大的序列为$a_{id}$

若$\mathrm{\Delta }=3$，考虑$S=\{an{s}_x,an{s}_y,an{s}_z\}$，那么$S$中必然有一个元素与$a_1$中的相同，有另一个元素与$a_{id}$中的相同(这是显然的)。先令$an{s}_x=a_{1,x}$，$an{s}_y=a_{id,y}$，随后再使$an{s}_z=a_{1,z}$，向上述一样再次跑一遍，若$a_{i{d}^{\prime }}$与$ans$有三个不同，那么令$an{s}_z=a_{i{d}^{\prime },z}$再检查第二遍即可。若${\mathrm{\Delta }}^{\prime }>2$，那么枚举下一种方案。共有6种方案，每种方案最多检查2遍，复杂度最多为 $O(12nm)$。

若$\mathrm{\Delta }=4$，这是好考虑的，$S$中必然有两个元素分别与$a_1、a_{id}$中的元素相同。共有6种方案，枚举即可，复杂度最多为 $O(6nm)$。

口胡完毕

---