第十六场快乐数学赛
是不是写模板题写多了？那我们来写点简单的数学吧(^_^) 今天没有任何板子题哦，希望大家开心AC
-- hah,学长也太可耐了
题目难度预估： 简单：A/E/F 中等：D 困难：B/C (然后果真就只写出了简单题)
A - AAA
int main() {
// freopen("in.txt","r",stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> k;
if (k == 0) {
for (int i = 2; i <= 2 * n; i += 2) cout << i << " " << i - 1 << " ";
cout << endl;
} else {
for (int i = k * 2; i > 0; i--) cout << i << " ";
for (int i = k * 2 + 1; i <= 2 * n; ++i) cout << i << " ";
}
}
B. 黑板上的博弈
链接：https://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1661
第一次做这个平台的博弈（有点难）
Alice和Bob在黑板上玩一个游戏，黑板上写了n个正整数a1, a2, ..., an，游戏的规则是这样的：
- Alice占有先手主动权。
- 每个人可以选取一个大于1的数字擦去，并写上一个更小的数字，数字必须是整数，然后由对方进行下一次操作。
- 如果擦去的数字是 x (x > 1) ，则写上的数字不能比 x/k 小，但是要比 x 小。这里的除法为有理数除法。
- 不可以擦去任何一个数字 1 ，如果当前无法找到一个数字进行操作，则当前方输。
假设Alice和Bob都会选择最优的策略，请问Alice是否存在必胜的方案？
输入
第一行两个空格隔开的正整数n和k，其中n表示数字的个数，k表示游戏的参数。
第二行n个空格隔开的正整数，其中第i个表示ai。
1 ≤ n ≤ 10^5, 2 ≤ k ≤ 10^18, 1 ≤ ai ≤ 10^18。
输出
如果存在必胜方案，则输出“Alice i y”，其中i和y表示先手的一种能必胜的操作：将第i个数修改为y。
如果没有，则输出“Bob”表示后手必胜。
（输出不含引号）
这道博弈类似SG函数的变种，太久没写SG都忘记了2333
放一下学长的思路吧
写的时候，只需预处理一下sg值，然后枚举每一位根据sg值来逆推符合条件的x即可。
//待补
C - CCC
CodeForces - 1089F 似乎是2018年的ICPC签到题？
思路指导来自sjy学长：尝试推导一下，假设存在两个数 \(\frac{x}{a} + \frac{y}{c} = \frac{bx + ay}{ab} = \frac{n - 1}{n}\)
那么可得 \(a * b = n\)，则可以枚举 \(n\) 的因子，然后得到 b，因为是分数，需要再枚举\(x\) 来计算 \(y\)
// Author : RioTian
// Time : 20/11/03
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
int main() {
// freopen("in.txt","r",stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n;
for (ll i = 2; i <= sqrt(n); ++i) {
if (n % i == 0) //枚举因子
for (ll j = 1; j < i; j++)
if ((n - 1 - j * n / i) % i == 0) {
printf("YES\n2\n%lld %lld\n%lld %lld\n", j, i,
(n - 1 - j * n / i) / i, n / i); //只需要两个即可
return 0;
}
}
cout << "NO\n";
}
D - DDD
LibreOJ - 538 题面太长、完全没看
容易发现数列最后一定单调，最后单调递增则最大值赋为最后一个，反之最小值赋为最后一个，然后处理一些细节就可以AC，要注意以下几点：
1.数列连续三项以及数列最后一项 \(>10^7\)时退出。
2.可能第一要求项就比你枚举的大，需要特判。
3.要求项的枚举不能等于最大项，不然会无法正常指向最后一个。
// Author : RioTian
// Time : 20/11/03
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define lowbit(x) x & -x
using namespace std;
int read() {
char c;
int s = 0, t = 1;
while (!isdigit(c = getchar()))
if (c == '-') t = -1;
do {
s = s * 10 + c - '0';
} while (isdigit(c = getchar()));
return s * t;
}
const int inf = 0x3f3f3f3f, maxn = 500010;
const ll MAXS = 1e15;
int n, m, k, s[maxn];
ll a[maxn];
int main() {
// freopen("seq8.in","r",stdin);
// freopen("hi.out","w",stdout);
int mx = 0;
m = read();
for (int i = 1; i <= m; i++) s[i] = read(), mx = max(s[i], mx);
n = read();
int N = min(90, mx);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int now = N;
a[0] = read();
a[1] = read();
k = read();
for (int j = 2; j <= N; j++) {
a[j] = 1ll * k * a[j - 1] + a[j - 2];
if ((a[j] >= 0 && a[j - 1] >= 0 && a[j - 2] >= 0 && a[j] > MAXS) ||
(a[j] <= 0 && a[j - 1] <= 0 && a[j - 2] <= 0 && a[j] < -MAXS)) {
now = j;
break;
}
}
ll mins = 1ll << 60, maxs = -(1ll << 60);
int maxi = -1, mini = -1;
for (int j = 1; j <= m; j++)
if (s[j] < now) {
if (a[s[j]] > maxs) maxs = a[s[j]], maxi = s[j];
if (a[s[j]] < mins) mins = a[s[j]], mini = s[j];
} else
break;
if (maxi == -1) maxi = s[1];
if (mini == -1) mini = s[1];
if (a[now] > 0 && a[now] > maxs) maxi = mx;
if (a[now] < 0 && a[now] < mins) mini = mx;
printf("%d %d\n", maxi, mini);
}
return 0;
}
E - EEE
挺好的二分解题套路：二分每个长度即可
// Author : RioTian
// Time : 20/11/03
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N], n, k;
bool check(int x) {
int res = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (a[i] > x) {
res += a[i] / x;
if (a[i] % x == 0) res--;
}
}
return res <= k;
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
// ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
int l = 1, r = 1e9;
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid))
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
cout << l << endl;
}
F - FFF
思路：统计所有 R 的数量 num，这些 R 都可以通过一操作移到最左边， 那么只要查询 [0,num] 的范围里有多少个 W 需要交换即可。
//优化以后的写法
int main() {
cin >> n >> s;
cout << count(s.begin(), s.begin() + count(s.begin(), s.end(), 'R'), 'W');
}
int main() {
cin >> n >> s;
int i = 0, j = n - 1, cnt = 0;
while (i < j) {
while (s[i] == 'R' && i < j) i++;
while (s[j] == 'W' && j > i) j--;
if (s[i] != s[j]) cnt++;
i++, j--;
}
cout << cnt << endl;
}
