CF401

合集 - CF题解(11)

1.CF10282024-10-302.CF11052024-11-063.CF14922024-11-084.CF1052024-11-09

5.CF4012024-11-11

6.CF14982024-11-127.CF10412024-11-188.CF1102(*^▽^*)2024-11-209.CF11142024-11-2210.CF15062024-11-2411.CF17802024-11-27

收起

A.Vanya and Cards

CF原题链接

题目大意：

给出$n$个数$a_i$，满足$|a_i|⩽x$，要求添加若干个满足以上要求的数，使得$\mathrm{\Sigma }{a}_i=0$，求添加数字的最小数量$(1⩽n,x⩽1000)$

解题思路：

直接做做完了。统计一下原本$\mathrm{\Sigma }{a}_i$的值$d$，$\lceil \frac{|d|}{x}\rceil$就是答案。

小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e3+5;
int n,x;
int a[N];
int sum;

signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&x);
	for (int i=1;i<=n;i++) 
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		sum+=a[i];
	}
	if (sum<0) sum=-sum;
	printf("%lld",(sum+x-1)/x);
	return 0;
}

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B.Sereja and Contests

CF原题链接

题目大意：

共有两类数，一类无限制，二类的数的值必须是一类某数的数值$+1$，这些数一起组成$[1,n]$。

题目中给出$n,k$，给定$k$组数据$op,num1,num2$，若$op=1$，代表给出的$num1$为一类数，$num2$为二类数；若$op=2$，那么不输入$num2$，$num1$为一类数。问剩下未给定的数中最多、最少有几个一类数。$(1⩽n,k⩽4000)$

解题思路：

最多的一类数的个数就是剩下的数的总数，统计一下即可。

最少的一类数一定是连续两个数中存在一个，只需统计剩下的数中连续两个数的个数（这就相当于是二类数的数量），再用最多的一类数的个数减去它就是答案

坏代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=4e3+5;
int n,k;
bool flag[N];
int ans1,ans2;

signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for (int i=1;i<=k;i++)
	{
		int op,num1,num2;
		scanf("%lld%lld",&op,&num1);
		if (op==2) flag[num1]=true;
		else
		{
			scanf("%lld",&num2);
			flag[num1]=flag[num2]=true;
		}
	}
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		if (!flag[i]) ans1++;
	}
	ans2=ans1;
	for (int i=1;i+1<n;i++)
	{
		if (flag[i]==false&&flag[i+1]==false)
		{
			ans2--;
			i++;
		}
	}
	printf("%lld %lld",ans2,ans1);
	return 0;
}

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C.Team

CF原题链接

题目大意：

给出$n,m(1⩽n,m⩽{10}^6)$，要求构造出仅由$n$个$0$、$m$个$1$组成，且没有2个连续的$0$、没有3个连续的$1$的数列。若无法构造，输出$-1$

解题思路：

先考虑无法构造的情况。可以发现，数列中最多有$(n+1)\times 2$个$1$，最少有$n-1$个$1$，若$m$不在这个范围内，那么一定无法构造成功。

接下来考虑"$011$"与"$01$"。若$m>n$，那么一定是构造$011$更优，若二者相等，那么构造$01$更优。若构造完成后有剩余的$1$，开头特判提前输出即可。

不好的代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,m;
string ans;

signed main()
{
	cin>>n>>m;
	if ((n+1)*2<m||m<n-1)
	{
		printf("-1");
		return 0;
	}
	if (m==n*2+2) printf("11"),m-=2;
	if (m==n*2+1) printf("1"),m--;
	while (n<m&&n!=0&&m>0)
	{
		printf("0");
		int cnt1=min(1LL*2,m);
		m-=cnt1;
		while (cnt1--) printf("1");
		n--;
	}
	while (n!=0&&m!=0)
	{
		m--,n--;
		printf("01");
	}
	while (m--) printf("1");
	while (n--) printf("0");
	cout<<ans;
	return 0;
}

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D.Roman and Numbers

CF原题链接

题目大意：

$n$每个数位上的数字可以重新排列成为新的$n^{\prime }$，要求$n^{\prime }$是$m$的倍数，求方案数。($1⩽n<{10}^{18},1⩽m⩽100$)

不允许有前导0！

解题思路：

翻开题解发现是状压DP，果断放弃摆烂

于是复习了一下很久以前学的状压，就着几篇题解终于把这题吃了

注意到$n$的范围，题解说一眼状压$dp$。

设状态为$f_{i,j,k}$，$i$为每个数选或不选构成的集合，状压$dp$必有的东西；$j$表示当前方案%$m$为$j$，$k$表示目前是否出现了$0$，所以$f_{1<<cnt-1,0,1}$就是最后的答案。($cnt$表示$n$的数位位数）

然后好像就没了?

先预处理出$n$每一位上的数字$a_i$，因为题目不允许有前导0，所以若$a_i=0$，那么一定要从没有0出现过的状态转移过来；如果不等于0的话，那么就从两种情况转移过来。

状态转移方程（$a_j\ne 0$版），其中$i$为状态，$j$为枚举的数位，$k$为余数

f[i|(1<<j)][(k*10+a[j])%m][1]+=f[i][k][1]+f[i][k][0];

然后就水灵灵地做出来了？

水灵灵的代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5;
int n,m;
int cnt,a[20];
int vis[10];
int f[N][110][2];

signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	while (n)//处理n的数位
	{
		a[cnt++]=n%10;
		n/=10;
	}
	f[0][0][0]=1;
	for (int i=0;i<(1<<cnt);i++)//状态 
	{
		memset(vis,0,sizeof vis);
		for (int j=0;j<cnt;j++)//数位 
		{
			if (i&(1<<j)||vis[a[j]]) continue;//前面的状态出现过或有重复的
			vis[a[j]]=1;
			for (int k=0;k<m;k++)//余数 
			{
				if (a[j])
				{
					f[i|(1<<j)][(k*10+a[j])%m][1]+=f[i][k][0];
					f[i|(1<<j)][(k*10+a[j])%m][1]+=f[i][k][1];
				}
				else f[i|(1<<j)][(k*10+a[j])%m][1]+=f[i][k][1];
			}
		}
	}
	printf("%lld",f[(1<<cnt)-1][0][1]);
	return 0;
}

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E题没了，嗨皮恩定

E题被其他比赛拿走啦