[Codeforces] Round #352 (Div. 2)

人生不止眼前的狗血，还有远方的狗带

A题B题一如既往的丝帛题

A题题意：询问按照12345678910111213...的顺序排列下去第n(n<=10^3)个数是多少

题解：打表，输出

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dig[10],A[1005];
int main(){
    int aa=0;
    for(int i=1;;i++){
        int x=i,dd=0;
        while(x)dig[++dd]=x%10,x/=10;
        for(int j=dd;j;j--)
            A[++aa]=dig[j];
        if(aa>=1000)break;
    }
    int n;
    scanf("%d",&n);
    printf("%d\n",A[n]);
    return 0;
}

B题题意：对于一个由小写字母组成的字符串s(|s|<=10^5)，每次可以把一个字母改写成任意一个字母，

　　　　　求使得这个序列没有重复子串的最小操作次数，若不存在输出-1

题解：因为单个字母也是子串，所以问题即为把一个字符串全部改成不同字母的最少步数

　　　因为只有26个字母，所以若|s|>26则输出-1，否tong[i]表示第i个字母出现了几次，ans=sigma(max(tong[i]-1,0))

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,tong[26];
char s[100005];
int main(){
    scanf("%d%s",&n,s);
    if(n>26)puts("-1");
    else{
        for(int i=0;i<n;i++)
            tong[s[i]-'a']++;
        int ans=0;
        for(int i=0;i<26;i++)
            if(tong[i])ans+=tong[i]-1;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

C题思路很简单，然而细节狗带

C题题意：二维平面上有n个(n<=10^5)点(xi,yi)，有两个起点A(ax,ay)和B(bx,by)，一个终点T(tx,ty)(0<=横纵坐标<=10^9)

　　　　　可以从两个起点中的一个或两个出发，经过所有(xi,yi)，且每到达一个(xi,yi)都要回到终点，问所有走过距离的最小值

题解：其实使距离改变的只有最开始的经过的第一个的点，及经过该点的方式

　　　对于每个点，我们计算到T的距离tdi，到A的距离adi，和到B的距离bdi

　　　然后把make_pair(adi-tdi,i)，和make_pair(bdi-tdi,i)分别放到两个数组里排序

　　　表示从A点或B点直接到达第一个点然后回到T使总距离减小了adi-tai或bdi-tai

　　　然后就是分类讨论，细节见代码QwQ

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
vector<pair<double,int> >haha[2];
double x[3],y[3],tmp[3];
double sq(double a){ return a*a; }
double pdd(double x1,double y1,double x2,double y2){    
    return sqrt(sq(x1-x2)+sq(y1-y2));
}
int main(){
    for(int i=0;i<3;i++)
        scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
    int n;
    scanf("%d",&n);
    double ans=0,xx,yy;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf%lf",&xx,&yy);
        for(int j=0;j<3;j++)
            tmp[j]=pdd(x[j],y[j],xx,yy);
        for(int j=0;j<2;j++)
            haha[j].pb(mp(tmp[j]-tmp[2],i));
        ans+=tmp[2]*2;
    }
    for(int i=0;i<2;i++)
        sort(haha[i].begin(),haha[i].end());
    if(haha[0][0].fir<0&&haha[1][0].fir<0){
        double Min;
        if(haha[0][0].sec==haha[1][0].sec)
            Min=min(haha[0][0].fir+min(0.0,haha[1][1].fir),min(0.0,haha[0][1].fir)+haha[1][0].fir);
        else Min=haha[0][0].fir+haha[1][0].fir;
        printf("%.12lf\n",ans+Min);
    }
    else printf("%.12lf\n",ans+min(haha[0][0].fir,haha[1][0].fir));
    return 0;
}

刀题懵逼，没有想到最关键的地方

刀题题意：给定一个长度为n(n<=5*10^5)的序列，每次操作把最大值-1，最小值+1，有多个则随机选一个中

　　　　　求k(k<=10^9)次操作之后序列最大值与最小值的差

题解：真-最关键的地方：可以把最大值-1和最小值+1操作分开做

　　　然后就没有然后了

By Ngshily_, contest: Codeforces Round #352 (Div. 1), problem: (B) Robin Hood, Accepted, #

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 500005
int n;
ll k,c[maxn];
void solve(){
    sort(c+1,c+1+n);
    ll tmp=k,lst=c[n];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        ll delt=(c[i]-c[i-1])*(i-1);
        if(delt<=tmp)tmp-=delt;
        else{ lst=c[i-1]; break; }
    }
    int pos=0;
    while(pos+1<=n&&c[pos+1]<=lst)pos++;
    int shang=tmp/pos,yu=tmp%pos;
    for(int i=1;i<=pos;i++)
        c[i]=lst+shang+(i<=yu);
}
int main(){
    scanf("%d%I64d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%I64d",&c[i]);
    solve();
    for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=-c[i];
    solve();
    sort(c+1,c+1+n);
    printf("%I64d\n",c[n]-c[1]);
    return 0;
}

E题题意：给定一个长度为n(n<=2*10^5)的序列A(ai<=2*10^5)，设f[i][j]表示去掉[i,j]中的元素的序列中两数gcd的最大值，

　　　　　求sigma(sigma(f[i][j]))

　　　　　若我们求出了H[i]表示gcd<i的序列的个数，就可以轻易了www

　　　　　 要求H数组我们可以从大到小枚举一个divsor，通过如下方法求出H[divsor]

　　　　　　　设next[i]表示对于任意j>=next[i]，f[i][j]<divsor的最小位置，即后面的值随便取都不会使f[i][j]>divsor

　　　　　　　H[divsor]=sigma(n-next[i]+1)

　　　　　然后我们需要考虑divsor到divsor-1时next数组的转移

　　　　　首先预处理出pos数组，pos[i]表示包含i这个因子的数在序列中的位置的集合

　　　　　假设pos[divsor-1]={p1,p2,p3...pk-1,pk}

　　　　　显然我们保留的区间最多只能包含其中的一个数，则...分类讨论again，都是套路

　　　　　用线段树维护next数组

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson rt<<1,l,mid
#define rson rt<<1|1,mid+1,r
typedef long long ll;
#define maxn 200005
ll sum[maxn<<2],mn[maxn<<2],mx[maxn<<2],cvr[maxn<<2],H[maxn];
int n,A[maxn],L[maxn][2],R[maxn][2];
void push_up(int rt){
    sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
    mn[rt]=min(mn[rt<<1],mn[rt<<1|1]);
    mx[rt]=max(mx[rt<<1],mx[rt<<1|1]);
}
void push_now(int rt,int len,ll val){
    sum[rt]=val*len;
    mn[rt]=mx[rt]=cvr[rt]=val;
}
void push_down(int rt,int l,int mid,int r){
    if(cvr[rt]){
        push_now(rt<<1,mid-l+1,cvr[rt]);
        push_now(rt<<1|1,r-mid,cvr[rt]);
        cvr[rt]=0;
    }
}
void update(int rt,int l,int r,int ql,int qr,ll val){
    if(ql>r||qr<l||mn[rt]>val)return;
    if(ql<=l&&qr>=r&&mx[rt]<=val){
        push_now(rt,r-l+1,val);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    push_down(rt,l,mid,r);
    if(ql<=mid)update(lson,ql,qr,val);
    if(qr>mid)update(rson,ql,qr,val);
    push_up(rt);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    int Max=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&A[i]);
        Max=max(Max,A[i]);
        int x=sqrt(A[i]);
        for(int j=1;j<=x;j++){
            if(A[i]%j==0){
                if(!L[j][0])L[j][0]=i;
                else if(!L[j][1])L[j][1]=i;
                R[j][1]=R[j][0],R[j][0]=i;
                if(j*j!=A[i]){
                    if(!L[A[i]/j][0])L[A[i]/j][0]=i;
                    else if(!L[A[i]/j][1])L[A[i]/j][1]=i;
                    R[A[i]/j][1]=R[A[i]/j][0],R[A[i]/j][0]=i;
                }
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        update(1,1,n,i,i,i);
    for(int i=Max+1;i;i--){
        if(L[i][0]!=R[i][0]){
            update(1,1,n,1,L[i][0],R[i][1]);
            update(1,1,n,L[i][0]+1,L[i][1],R[i][0]);
            update(1,1,n,L[i][1]+1,n,n+1);
        }
            H[i]=(ll)n*(n+1)-sum[1];
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=Max;i++)
        ans+=(H[i+1]-H[i])*i;
    printf("%I64d\n",ans);
    return 0;
}

　　　　就是这样，没有喵