Codeforces Round 952 (Div. 4)

A

读入两个字符串，交换第一位即可。

B

题意

给定整数 $n$，求一个整数 $x$，满足：

• $2\le x\le n$。

• ${\displaystyle \sum _{i=1}^{k}i\cdot x}$ 最大，其中 $k$ 为满足 $kx\le n$ 最大的正整数。

思路

赛时思路

可以直接枚举 $x$ 的所有情况，暴力计算答案。

由于是像筛法那样的暴跳，总复杂度为 $O(Tn\log n)$。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 100; 
int t , n;

signed main() {
	cin >> t;
	while(t --) {
		cin >> n;
		int maxx = 0 , ans = n;
		for(int j = 2;j <= n;j ++) {
			int sum = 0;
			for(int k = 1;k * j <= n;k ++) 
				sum += k * j;
			if(sum > maxx) {
				ans = j;
				maxx = sum;
			}
		}
		cout << ans << "\n";
	}
	return 0;
}

另解

我们注意到当 $n=3$ 时，答案为 $3$。否则答案一定为 $2$。

证明：

$n=2$ 和 $n=3$ 的情况显然，这里我们证明 $n\ge 4$ 的情况。

根据等差数列求和公式我们得到：

$${\displaystyle \sum _{i=1}^{k}i\cdot x={\displaystyle x\cdot \frac{(1+\lfloor \frac{n}{x}\rfloor )\cdot \lfloor \frac{n}{x}\rfloor }{2}}}$$

$$\because {\displaystyle x\cdot \lfloor \frac{n}{x}\rfloor =n-nmodx}$$

$$\therefore {\displaystyle n-x+1\le x\cdot \lfloor \frac{n}{x}\rfloor \le n}$$

根据以上式子放缩：

当 $x$ 取 $2$，原式 $\le {\displaystyle \frac{(n-1)\cdot (1+\lfloor \frac{n}{2}\rfloor )}{2}}$。

当 $x$ 取 $s(s\ge 3)$，原式 $\ge {\displaystyle \frac{n\cdot (1+\lfloor \frac{n}{s}\rfloor )}{2}\ge {\displaystyle \frac{n\cdot (1+\lfloor \frac{n}{3}\rfloor )}{2}}}$。

上式比下式：

$${\displaystyle \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1+\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }{1+\lfloor \frac{n}{3}\rfloor }}$$

我们只需要证明这个式子 $\ge 1$ 即可证明 $2$ 为答案，这里我们分类讨论一下。

若 $n=6m$ 或 $6m+1$，此时 $m\ge 1$，则原式 ${\displaystyle \ge \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1+3m}{1+2m}\ge \frac{5}{6}\cdot \frac{4}{3}=\frac{10}{9}}$。

若 $n=6m+2$，此时 $m\ge 1$，则原式 ${\displaystyle \ge \frac{n-1}{n}\cdot \frac{2+3m}{1+2m}\ge \frac{7}{8}\cdot \frac{5}{3}=\frac{35}{24}}$。

若 $n=6m+3$，此时 $m\ge 1$，则原式 ${\displaystyle \ge \frac{n-1}{n}\cdot \frac{2+3m}{2+2m}\ge \frac{8}{9}\cdot \frac{5}{4}=\frac{10}{9}}$。

若 $n=6m+4$ 或 $6m+5$，此时 $m\ge 0$，则原式 ${\displaystyle \ge \frac{n-1}{n}\cdot \frac{3+3m}{2+2m}\ge \frac{3}{4}\cdot \frac{3}{2}=\frac{9}{8}}$。

证毕。

如果有简单证明请速速告诉我，我被这证明折磨麻了！

C

题意

一个序列中若存在一个数等于序列中其他所有数的和，则该序列为好序列。

问有多少个 $k(1\le k\le n)$，满足 $(a_1,a_2,\cdots ,a_k)$ 是好序列。

思路

如果存在一个数等于其他数的和，那么这个数必然是序列中最大的。

设最大的数为 $s_0$，序列和为 $sum$，则对于每个 $k$ 只需判断是否满足 $s_0=sum-s_0$ 即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 100; 
int t , n , a[N];

signed main() {
	cin >> t;
	while(t --) {
		cin >> n;
		int maxx = 0 , sum = 0 , ans = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i ++) {
			cin >> a[i];
			sum += a[i];
			maxx = max(maxx , a[i]);
			if(maxx * 2 == sum) ans ++;
		}
		cout << ans << "\n";
	}
	return 0;
}

D

题意

给定一个由 # 和 . 组成的 $n\times m$ 的网格，网格上存在一个由 # 构成的完整的曼哈顿圆，求这个曼哈顿圆的中心。

以 $(a,b)$ 为中心，半径为 $r$ 的曼哈顿圆的定义：将与 $(a,b)$ 曼哈顿距离小于 $r$ 的点全设置成 #，$r$ 为正整数。

思路

画图发现曼哈顿圆一定是一个菱形（$r=1$ 的时候是一个点）。

那么中心点就是 # 最长的一行的连续 # 的中点。

扫一遍得到横坐标 $x_0$，记录下该行第一个 # 纵坐标 $y_1$ 和最后一个 # 纵坐标 $y_2$，中心即为 ${\displaystyle (x_0,\frac{y_1+y_2}{2})}$。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 100;
char ch[N];
int t , n , m , a[N];

signed main() {
	cin >> t;
	while(t --) {
		cin >> n >> m;
		int maxx = 0;
		int x , y;
		for(int i = 1;i <= n;i ++) {
			scanf("%s" , ch + 1);
			int now = 0 , zh = 0 , zq = 0;
			for(int j = 1;j <= m;j ++) {
				if(ch[j] == '#') {
					if(now == 0) zq = j;
					now ++ , zh = j;
				}
			}
			if(now > maxx) {
				maxx = now;
				x = i;
				y = (zq + zh) / 2;
			}
		}
		cout << x << ' ' << y << "\n";
	}
	return 0;
}

E

思路

可以枚举长和宽 $x_0$ 和 $y_0$，这样就直接能算出高为 ${\displaystyle \frac{k}{x_0{y}_0}}$ 了，但前提是 $k$ 能被 $x_0{y}_0$ 整除。

根据乘法原理可得，放置方案数为 ${\displaystyle (x-x_0+1)(y-y_0+1)(z-\frac{k}{x_0{y}_0}+1)}$，取个 $max$ 即可。

复杂度 $O(xy)$。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 100;
char ch[N];
int t , x , y , z , k;

signed main() {
	cin >> t;
	while(t --) {
		cin >> x >> y >> z >> k;
		int maxx = 0;
		for(int i = 1;i <= x;i ++) {
			for(int j = 1;j <= y;j ++) {
				if(k % i == 0) {
					int now = k / i;
					if(now % j == 0) {
						int dsw = now / j;
						maxx = max(maxx , (x - i + 1) * (y - j + 1) * max(0ll , (z - dsw + 1)));
					}
				}
			}
		}
		cout << maxx << "\n";
	}
	return 0;
}

F

小时候看这集 fst 了。

题意

有个 boss 有 $h$ 的血量，你作为玩家有 $n$ 个技能，每个技能伤害为 $a_i$，冷却时间为 $c_i$。

每一回合你可以使用所有已冷却的技能，然后该技能会进入冷却并在 $c_i$ 回合后才可使用。

求最少多少回合击败 boss。

思路

对 boss 造成的伤害是随着回合数单调不降的。

所以直接二分答案就行了。

若进行了 $x$ 回合，则技能 $i$ 的使用次数为 ${\displaystyle \frac{x-1}{c_i}+1}$，造成的伤害为 ${\displaystyle a_i\cdot (\frac{x-1}{c_i}+1)}$。

注意：计算总伤害会爆 long long。所以在计算过程中若足够击败 boss 就应直接退出循环。笔者就是因为这个 fst 了。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 100;
char ch[N];
int t , n , m , z , k , a[N] , b[N];

signed main() {
	cin >> t;
	while(t --) {
		cin >> n >> m;
		for(int i = 1;i <= m;i ++) 
			cin >> a[i];
		for(int i = 1;i <= m;i ++) 
			cin >> b[i];
		int l = 1 , r = 1e12;
		int ans = 1;
		while(l <= r) {
			int mid = l + r >> 1;
			int sum = 0;
			for(int i = 1;i <= m;i ++) {
				int cs = (mid - 1) / b[i] + 1;
				sum += cs * a[i];
				if(sum >= n) break;
			}
			if(sum >= n) {
				ans = mid;
				r = mid - 1;
			} else l = mid + 1;
		}
		cout << ans << "\n";
	}
	return 0;
}

G

题意

设 $D(x)$ 为 $x$ 的各数位之和。

给定 $l,r,k$，求多少 $n$ 满足：

• ${10}^l\le n<{10}^r$。

• $k\cdot D(n)=D(k\cdot n)$。

思路

首先满足该条件的一个充分条件是 $n\times k$ 不产生进位。

所以我们猜测这个也是它的必要条件，考虑证明。

对于单独的一位 $n_i$，若它乘 $k$ 有进位。

则 $k\cdot D(n_i)=k{n}_i$，${\displaystyle D(k\cdot n_i)=\frac{k{n}_i}{10}+(k{n}_{i}mod10)}$。

后者小于前者，证明：

把 $k{n}_i$ 表示成 $10x+y$，$x$ 为正整数，$y$ 为非负整数，且 $y<10$。则 $D(k\cdot n_i)$ 为 $x+y$。证毕。

所以必要条件成立。

计算答案

这题计算答案也没那么简单，根据最高位不能填 $0$，所以最高位有 ${\displaystyle \frac{9}{k}}$ 种填法，其他位有 $({\displaystyle \frac{9}{k}+1)}$ 种填法。

对于 ${10}^i\le n<{10}^{i+1}$，满足条件的情况共 ${\displaystyle \frac{9}{k}\cdot (\frac{9}{k}+1{)}^i}$ 种。

所以对于 ${10}^l\le n<{10}^r$，满足条件的情况共 ${\displaystyle \frac{9}{k}\cdot \sum _{i=l}^{r-1}(\frac{9}{k}+1{)}^i}$ 种。

根据等比数列求和公式可得到上式等于 ${\displaystyle (\frac{9}{k}+1{)}^l\cdot ((\frac{9}{k}+1{)}^{r-l}-1)}$。

这个式子用快速幂和逆元相关知识就能求出来了。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 100;
const int mod = 1e9 + 7;
char ch[N];
int t , n , m , z , k , a[N] , b[N];

int ksm(int x,int y) {
	int res = 1;
	for(;y;y >>= 1 , x = x * x % mod) 
		if(y & 1) 
			res = res * x % mod;
	return res;
}

signed main() {
	cin >> t;
	while(t --) {
		cin >> n >> m >> k;
		int wd = (9 / k);
		int now = (((ksm(wd + 1 , m - n) - 1) % mod) + mod) % mod; 
		now = ksm(wd + 1 , n) % mod * now % mod;
		cout << now << "\n"; 
	}
	return 0;
}

H1

题意

给定一个由 # 和 . 组成的 $n\times m$ 的网格，请进行以下的操作一次，使图中由 # 构成的连通块最大。

操作：选定一行或一列，将其全部变为 #。

输出操作后最大连通块点数。

思路

很自然地想到枚举每一行/每一列，难点在于怎么计算答案。

我们先考虑填行的情况。

如果我们把一行填满，则相当于桥一样把这条线两边的连通块连起来了。

所以当我们枚举第 $i$ 行时，答案为：第 $i$ 行 . 的数量，并将第 $i-1$ 到 $i+1$ 这三行的连通块不重不漏地加入贡献。

这里选择先 $\text{dfs}$ 给每个连通块标个号，并计算该连通块大小。时间复杂度 $O(nm)$。

然后计算答案的时候，用 $\text{map}$ 对编号去一下重，就能做到不重了。

填列的做法和填行没有任何区别。

代码

代码复杂程度远难于思路的一题。

Link.

H2

题意

给定一个由 # 和 . 组成的 $n\times m$ 的网格，请进行以下的操作一次，使图中由 # 构成的连通块最大。

操作：选定一行和一列，将其全部变为 #。

输出操作后最大连通块点数。

思路

如果使用 Easy Version 的思路，复杂度是 $O(n^2{m}^2)$ 的，无法接受。

由于选一行一列会有交集的连通块，所以无法单独考虑行或列再计算答案。

因此还是考虑枚举行和列，到这复杂度为 $O(nm)$。

既然暴力计算答案不行，那么我们就想想能不能预处理出答案。

对于一个连通块，向上延伸到 $l_1$ 行，向下延伸到 $r_1$ 行，向左延伸到 $l_2$ 列，向右延伸到 $r_2$ 列，那么它将对 $l_1-1$ 到 $r_1+1$ 行和 $l_2-1$ 到 $r_2+1$ 列有贡献。

这个贡献，我们用差分数组记录，比如行差分数组 $s_1$ 和连通块大小 $c$，我们将 $s_1$ 的 $l_1-1$ 的位置 $+c$，$r_1+2$ 的位置 $-c$，在差分数组构造完之后前缀和一下就行了。

列差分数组也是同理。

做到这里会发现枚举行列的话，会有连通块被重复计算了一次。那么考虑怎么减掉这个贡献。

再整一个二维数组 $S_{i,j}$，代表第 $i$ 行和第 $j$ 列重复计算的连通块贡献的差分数组。一个连通块有重复贡献的部分为左上角为 $(l_1-1,l_2-1)$，右下角为 $(r_1+1，r_2+1)$ 的矩形，把这个矩形二维差分的形式存在 $S$ 里，然后再转回来即可。

时间复杂度 $O(nm)$。

代码

Link.