Codeforces Round 962 (Div. 3)

合集 - 题解(18)

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题目链接：Codeforces Round 962 (Div. 3)

总结：ABC秒过，D有点难评了，E优化很妙。

A. Legs

tag：签到

void solve(){
    cin >> n;
    int a = n / 4, b = n % 4;
    a += b / 2;
    cout << a << endl;
}

B. Scale

tag：模拟

void solve(){
    cin >> n >> k;
    vector a(n + 1, vector<char>(n + 1));
 
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = 1; j <= n; j ++)
            cin >> a[i][j];
    
    for (int i = 1; i <= n; i += k){
        for (int j = 1; j <= n; j += k)
            cout << a[i][j];
        cout << endl;
    }        
}

C. Sort

tag: 前缀和

Description：给定两个字符串$a,b$，有$q$次查询，每次查询给定$l_i,r_i$。每次操作可以将一个$a_i$变成一个字符$x$；求每次询问令$sort(al,ar)==sort(bl,br)$的最小操作次数。

Solution：典型的trick，使用前缀和记录一下每个字符出现的次数，这样我们就可以$O(1)$得到每个区间内每个字符的个数。

void solve(){
    int q;
    cin >> n >> q;
    string a, b;
    cin >> a >> b;
    a = "$" + a;
    b = "$" + b;
    vector ta(n + 1, vector<int>(26));
    vector tb(n + 1, vector<int>(26));
    for (int i = 1; i <= n; i ++){
        ta[i] = ta[i - 1];
        tb[i] = tb[i - 1];
        ta[i][a[i] - 'a'] ++;
        tb[i][b[i] - 'a'] ++;
    }
 
    while (q --){
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        vector<int> t(26), tt(26);
        int cnt = 0;
        for (int i = 0; i < 26; i ++){
            t[i] = ta[r][i] - ta[l - 1][i];
            tt[i] = tb[r][i] - tb[l - 1][i];
            cnt += abs(t[i] - tt[i]);
        }
        cout << cnt / 2 << endl;
    }
}	

D. Fun

tag：数学

Description：给定$n,x$，求三元组$a,b,c$满足$a\ast b+a\ast b+b\ast c<=n\text{and}a+b+c<=x$的三元组的数量。

Solution：注意到是不等式显然需要化简，我们枚举$a,b$的值，那么$c<=(n-a\ast b)/(a+b)\text{and}c<=x-(a+b)$。时间复杂度是一个调和机数，$n+n/2+n/3+...+1$

void solve(){
	int x;
	cin >> n >> x;
	
	int ans = 0;
	for (int a = 1; a < n; a ++)	
		for (int b = 1; a * b < n; b ++){
			ans += max(0LL, min((n - a * b) / (a + b), x - a - b));
		}
	cout << ans << endl;
}

E. Decode

tag：前缀和 + 优化

Description：给定一个$0,1$字符串$s$，对于所有$1<=l<=r<=n$，求有多少对$x,y$，$l<=x<=y<=r$，且$[s_x,s_y]$中两种字符的数量相等。

Solution：显然对于一个$x,y$区间，对所有包含它们的$l,r$都会有一个贡献，那么总贡献为$x\ast (n-y+1)$。

• 但是对于同一个$y$可能有多个$x$，使用vector存储会TLE。
• 我们考虑同一个$y$，两个$x$的贡献：$x_1\ast (n-y+1)+x_2\ast (n-y+1)==(x_1+x_2)\ast (n-y+1)$化简后可知，我们只需要将相同状态的下标和相加即可。

void solve(){
    string s;
    cin >> s;
    s = "&" + s;
    map<int, int> mp;
 
    int ans = 0;
    int t = 0;
    mp[0] = 1;
    for (int i = 1; i < s.size(); i ++){
        if (s[i] == '1')
            t ++;
        else
            t --;
        
        ans += (s.size() - i) * (mp[t]) % mod;
        ans %= mod;
 
        mp[t] += i + 1;
        mp[t] %= mod;
    }
 
    cout << ans << endl;
}

F. Bomb

tag: 二分

Description：给定两个长度为$n$的数组，可以执行$k$次操作，每次操作后$ai$变为$max(0,ai-bi)$，得分加$ai$，求最高得分。1 <= n <= 1e5, 1 <= k <= 1e9。

Solution：显然我们需要每次取最大的$ai$，但是暴力会超时。我们发现每个数都变化是一个等差数列，那么能否知道每个数最后会变为多少呢？

• 考虑使用二分找到变化后数组中最大值的最小值$x$（即数组中所有值都不能超过这个值）。
• 如果操作次数小于$k$，那么剩下的操作次数一定小于数组中$x$的数量，否则$x$可以更小。

void solve(){
    cin >> n >> k;
    vector<int> a(n), b(n);
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> b[i];
 
    int ans = 0;
 
    auto check = [&](int &mid, int &t, int &res) -> bool{
        res = 0, t = 0;
        for (int i = 0; i < n; i ++){
            if (a[i] <= mid)
                continue;
            int tt = (a[i] - mid + b[i] - 1) / b[i];
            res += tt;
            t += (a[i] + a[i] - b[i] *(tt - 1)) * tt / 2;
        }
        if (res > k)
            return true;
        return false;
    };
 
    int l = -1, r = 1e15, t, res;
    while (l + 1 < r){
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid, t, res))
            l = mid;
        else
            r = mid;
        
    }
    cout << t + (k - res) * r << endl;
}