Divide by Zero 2021 and Codeforces Round #714 (Div. 2) 个人补题记录

补题链接：Here

A. Array and Peaks

题意：给定数组大小 $n$ 和峰值点 $k$ 请问是否存在这样的排序，不存在则输出-1

先序从 i = 2 开始填，依次 i += 2 ，如果这样还有不够即 $k \neq 0$ 则肯定不存在这种排序。

接下来就是填空位了

AC 代码：

void solve() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    vector<int> a(n + 1);
    int nn = n;
    for (int i = 2; i <= n; i += 2) {
        if (k == 0) break;
        a[i] = nn--, k--;
    }
    if (k) {
        cout << -1 << "\n";
        return;
    }
    int cur = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (!a[i]) a[i] = cur++;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << a[i] << " ";
    cout << "\n";
}

B. AND Sequences

这道题，仍是看了题解都没怎么理解是这样子做的

using ll     = long long;
const ll mod = 1e9 + 7;
void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (int &x : a) cin >> x;
    int h = 0;
    for (int i = 0; i < 30; ++i) {
        h |= 1 << i;
        for (int x : a)
            if (not((x >> i) & 1)) h &= ~(1 << i);
    }
    int c  = count(a.begin(), a.end(), h);
    ll ans = (ll)c * (c - 1) % mod;
    for (int i = 1; i <= n - 2; ++i) ans = ans * i % mod;
    cout << ans << '\n';
}

C. Add One

题意很容易懂：现给一个大数 $n$ 和 $m$ 次操作机会，每次操作都要使 $n$ 的每个位数 + 1，满十进一。如： $1912 \to 21023$

思路：

由于 $m$ 的范围在 $[1, 2 e 5]$ 就别想着暴力了，尝试 DP + 预处理

预处理部分： $D P_{(i, j)}$ 代表第 i 次操作时位数值时 j 的变化值

i n i t : d p [0] [i] = 1 d p (i, j) = j < 9 ? d p (i - 1, j + 1) : (d p (i - 1, 0) + d p (i - 1, 1) % m o d)

int M = 2e5 + 10;
vector<vector<int>> dp(M + 1, vector<int>(10));
void init() {
    for (int i = 0; i < 10; ++i) dp[0][i] = 1;
    for (int i = 1; i <= M; ++i)
        for (int j = 0; j < 10; ++j) {
            if (j < 9) dp[i][j] = dp[i - 1][j + 1];
            else
                dp[i][j] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % mod;
        }
}

所以根据 DP 数组，可以快速得到输入值 n，m的情况下最后的位数

void solve() {
    string s;
    int m;
    cin >> s >> m;
    ll ans = 0;
    for (char c : s) ans = (ans + dp[m][c - '0']) % mod;
    cout << ans << "\n";
}

赛后看了下官方题解，发现可以把二维DP压缩为一位DP

$d p_{i}$ 定义为对数字 $10$ 进行 $i$ 次运算以后的字符串长度

$d p_{i} = 2, \forall i$ in $[0, 8]$

$d p_{i} = 3,$ if $i = 9$

即对数字 $10$ 进行 $9$ 次运算后最终数字为 $109$

对于其他情况： $d p_{i} = d p_{i - 9} + d p_{i - 10}$

长度是 $i - 9$ 次运算和 $i - 10$ 次运算的和

这里同样先预处理

最后的答案为 $a n s = \sum_{i = 1}^{| s |} ((m + (i n t) (s [i] -^{'} 0^{'}) < 10) ? 1 : d p_{m - 10 + (i n t) (s [i] -^{'} 0^{'})})$

时间复杂度为： $O (m + t \cdot | s |)$

#define int long long
const int max_n = 200005, mod = 1000000007;
int dp[max_n];
signed main() {
    for (int i = 0; i < 9; i++) dp[i] = 2;
    dp[9] = 3;
    for (int i = 10; i < max_n; i++) {
        dp[i] = (dp[i - 9] + dp[i - 10]) % mod;
    }
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        int ans = 0;
        while (n > 0) {
            int x = n % 10;
            ans += ((m + x < 10) ? 1 : dp[m + x — 10]);
            ans %= mod;
            n /= 10;
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}