CF1498

合集 - CF题解(11)

1.CF10282024-10-302.CF11052024-11-063.CF14922024-11-084.CF1052024-11-095.CF4012024-11-11

6.CF14982024-11-12

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

收起

A.GCD Sum

CF原题链接

题目大意：

我们用$su{m}_1$表示$n$的数位之和，定义$gcdSum(x)=gcd(x,su{m}_1)$。

给出$t$组数据，每组数据给出$n$，要求找到最小的整数$x$，使其满足$x⩾n$且$gcdSum(x)>1$。$(1⩽t⩽{10}^4,1⩽n⩽{10}^{18})$

解题思路：

第一眼：我丸辣

第二眼：你丸辣

虽然这题看上去不好做，但我们可以想到小学就知道的一件事：若$x$的数位之和是$3$的倍数，那么$x$一定也是$3$的倍数，对应到这道题中就是此时一定$gcdSum(x)⩾3>1$

那么也就是说，对于每一个给出的数$n$，我们最多往上枚举3次就一定能找到答案，敲个暴力嗨皮恩定

可爱的小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T;
int n;

int gcd(int x,int y)
{
	if (y==0) return x;
	return gcd(y,x%y);
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while (T--)
	{
		scanf("%lld",&n);
		n--;
		int sum,x;
		do
		{
			n++;
			x=n,sum=0;
			while (x)
			{
				sum+=x%10;
				x/=10;
			}
		}while(gcd(n,sum)<=1);
		printf("%lld\n",n);
	}
	return 0;
}

---

B.Box Fitting

CF原题链接

题目大意：

共 $t$ 组数据，每组数据给定$n$个长度为$w$、高度为$1$的长方形，给出盒子的长度$W$（保证$w$为$2$的幂）。要求求出盒子可放下所有长方形的最小高度，长方形不能重叠、不能立着放。$(1⩽t⩽5000,1⩽\mathrm{\Sigma }n⩽{10}^5,1⩽W⩽{10}^9,1⩽w⩽{10}^6)$

解题思路：

第一眼：丸辣

第二眼：吗

第三眼：真丸辣

显然，我们可以想到每次肯定把长度大的放进去，若放不进去，那必然要多开一行。

于是乎，只需要将$w_i$从大到小排序，再用大根堆维护目前空余的最大值，若当前$w_i$放不进去，那就多开一行，若放得进去，更新一下当前使用的空间就行。

坏代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int T;
int n,w;
int p[N];
priority_queue <int> q;
int l;

bool cmp(int a,int b) {	return a>b; }
signed main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while (T--)
	{
		while (!q.empty()) q.pop();
		q.push(0);
		l=0;
		scanf("%lld%lld",&n,&w);
		for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&p[i]);
		sort(p+1,p+1+n,cmp);
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			int t=q.top();
			if (t<p[i])
			{
				l++;
				q.push(w-p[i]);
				continue;
			}
			q.pop(); 
			q.push(t-p[i]);
		}
		printf("%lld\n",l);
	}
	return 0;
}

---

C. Planar Reflections

CF原题链接

题目大意：

共$t$组数据，每组数据给出$n$与$k$，表示共有$n$个平面与一个等级为$k$的粒子。

对与每个能级为$k$的粒子，当它穿过一个平面时，会向相反方向产生一个能级为$k-1$的粒子，自己方向、能级不变。当一个粒子能级为$1$时，不会再产生新的粒子。

求能级为$k$的粒子穿过$n$个平面后一共有多少个粒子。$(t⩽100,\mathrm{\Sigma }n,\mathrm{\Sigma }k⩽1000)$

解题思路：

大概手模一下过程之后容易想到递归。$f_{i,j,k}$表示对于正在穿第$i$个平面、能级为$j$、方向为$k$的粒子，最后会由它引发出多少粒子。递归式也很好想到，这里就不写了，可以看代码（其实是懒得打字……）

数据量不大，但可以加上记忆化，不然递归会死掉！！

可爱的小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1010;
const int MOD=1e9+7;
int T;
int n,k;
int f[N][N][2];
//1为右，0为左 
int fd(int num,int lev,int d)
{
	if (f[num][lev][d]) return f[num][lev][d];
	if (lev==1||num==0||num==n+1) return f[num][lev][d]=1;//很明显的边界
	if (d==1) return f[num][lev][d]=(fd(num-1,lev-1,0)+fd(num+1,lev,1))%MOD;//不同方向要分类讨论
	else return f[num][lev][d]=(fd(num-1,lev,0)+fd(num+1,lev-1,1))%MOD;
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while (T--)
	{
		memset(f,0,sizeof f);//为什么不清空会wa掉呢？因为边界条件不同啦……
		scanf("%lld%lld",&n,&k);
		printf("%lld\n",fd(1,k,1));
	}
	return 0;
}

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D.Bananas in a Microwave

CF原题链接

题目大意：

有一个$k$值，初始化为$0$；给出$n$个操作，每个操作给出三个参数$t,x,y$：

对于$t=1$，$x_0=x/{10}^5$，可执行不超过$y$次变换使得$k=\lceil k+x_0\rceil$

对于$t=2$，$x_0=x/{10}^5$，可执行不超过$y$次变换使得$k=\lceil k\times x_0\rceil$

给出$m$个询问，对于第$i$个询问回答$k=i$最早在哪个操作出现，若无法达到则输出$-1$。$(n⩽200,m⩽{10}^5,x_0⩽m)$

解题思路：

若不看数据范围，我们duck直接暴力模拟，但暴力复杂度不是说着玩的，于是乎我们想到$dp$。

设状态$f_i$表示$k=i$最早达到的操作数，$g_i$表示当前操作使得$k=i$的所需操作数。那么就很好转移了，$g_{\lceil k+x_0\rceil }=min(g_{\lceil k+x_0\rceil },g_k+1)$，对于合法的$g_i$，$f_i=cnt$（$cnt$表示当前的操作数）

不做评价的代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m;
int f[N],g[N];
int cnt;

signed main()
{
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	while (n--)
	{
		++cnt;
		int t,x,y;
		scanf("%lld%lld%lld",&t,&x,&y);
		double x0=1.0*x/100000;
		for (int i=1;i<=m;i++)
		{
			if (f[i]!=inf) g[i]=0;//要是已经有答案那就不管了
			else g[i]=inf;
		}
		if (t==1)
		{
			for (int i=0;i<=m;i++)
			{
				int k=ceil(i+x0);
				if (k<=m&&g[i]!=inf) g[k]=min(g[k],g[i]+1);
			}
		}
		else
		{
			for (int i=1;i<=m;i++)
			{
				int k=ceil(1.0*i*1.0*x/100000);
				if (k<=m&&g[i]!=inf) g[k]=min(g[k],g[i]+1);
			}
		}
		for (int i=1;i<=m;i++)
		{
			if (f[i]==inf&&g[i]<=y) f[i]=cnt;//答案转移
		}
	}
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		if (f[i]==inf) printf("-1 ");
		else printf("%lld ",f[i]);
	}
	return 0;
}

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E.Two Houses

CF原题链接
很史的一道交互题，不会不会，咕了咕了

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F.Christmas Games

CF原题链接
与“阶梯博弈”有关，不会不会，咕了咕了