CF杂题选刷

合集 - Codeforces(16)

1.CF杂题选刷2023-08-15

2.CF1853B Fibonaccharsis2023-08-153.CF446B DZY Loves Modification2023-08-154.CF1850H The Third Letter2023-08-155.CF479E Riding in a Lift2023-08-156.CF776D The Door Problem2023-08-157.CF1852A Ntarsis' Set2023-08-158.CF1188D Make Equal2023-08-159.CF437C The Child and Toy2023-08-1610.CF1598F RBS2023-08-1611.CF794C Naming Company2023-08-1612.CF1101F Trucks and Cities2023-08-2113.CF1060E Sergey and Subway2023-08-2114.CF979D Kuro and GCD and XOR and SUM2023-08-2715.CF1864B Swap and Reverse2023-08-3116.CF1325E Ehab's REAL Number Theory Problem2023-11-07

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CF1855B Longest Divisors Interval#

对于任意一个区间 $\left[ l,r \right]$，一定有 $\forall i \in \left[ 1,r-l+1 \right]$，都 $\exists j \in \left[ l,r \right]$，使得 $i \mid j$。

因为模 $i$ 意义下的正整数每 $i$ 个一循环，由于 $i$ 小于区间长度，所以在这个区间内一定存在至少一个 $0$。

所以对于区间 $\left[ l,r \right]$，若 $\forall i \in \left[ l,r \right]$ 都满足 $i \mid n$，那么对于 $\forall i \in \left[ 1,r-l+1 \right]$ 也一定满足 $i \mid n$。

所以对于 $\forall i \in \left[ 1,r-l+1 \right]$，都能在 $\left[ l,r \right]$ 中找到 $i$ 的倍数。

所以问题就转化为从 $1$ 开始枚举，找到 $r-l+1$ 合法的最大值。

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CF1855B

void Work() {
    cin >> n;

    int ans = 1;
    for(int i = 1;  ; i++) {
        if(n % i != 0) {
            ans = i - 1;
            break;
        }
    }
    cout << ans << "\n";
}

CF1832C Contrast Value#

首先考虑连续相等的一段值，他们的差分的绝对值为 $0$，不会对序列的权值造成影响，可以直接删去。

再考虑递增和递减的连续段，对于这类连续段，我们把题目中给出的式子展开，发现中间的部分都消去了，只剩下头尾两个元素。

那么中间那些元素就可以删去，只留下最边上两个。

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CF1832C

void Work() {
    cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n; i++) 
        cin >> a[i];

    int ans = n,tmp = -1;

    for(int i = 1;i < n; i++) {
        if(a[i] == a[i + 1])
            ans --;
        else if(tmp == 0 && a[i + 1] > a[i])
            ans --;
        else if(tmp == 1 && a[i + 1] < a[i])
            ans --;
        else
            tmp = (a[i + 1] < a[i]);
    }
    
    cout << ans << "\n";
    return ;
}

CF1853B Fibonaccharsis#

看到 $k$ 的范围十分吓人，但我们发现，斐波那契数列的第 $28$ 项是 $317811$，显然已经超过了 $2 \times 10^5$ 这个范围。

但还要考虑我们这个数列不是真正的斐波那契数列，可以有第一项为 $0$ 的情况，每一项会整体后移一位，所以当 $k \geq 29$ 时，答案为 $0$。

那么我们现在只需要考虑 $k \leq 28$ 的情况了，直接枚举前两项显然是不现实的，我们考虑换一个思路。

显然，对于这个数列，我们只要有其中两个相邻项的值，就可以递推求出每一项的值。

那我们可以枚举第 $k-1$ 项的值，递推求出前两项的值，判断前两项是否合法（非递减且为非负整数序列）。

还有一个思路是：我们可以发现，类斐波那契数列的每一项是能够通过前两项的值表示出来的，可以直接解不定方程。

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CF1853B

void Work() {
    cin >> n >> k;
    
    if(k >= 29) {
        cout << "0\n";
        return ;
    }
    
    f[k] = n;
    for(int i = 1;i <= n; i++) {   
        f[k - 1] = i;
        for(int j = k - 2;j >= 1; j--) 
            f[j] = f[j + 2] - f[j + 1];
        
        if(f[2] >= f[1] && f[1] >= 0)
            ans ++;
    }

    cout << ans << "\n";
    return ;
}

CF794C Naming Company#

首先有一个比较显然的贪心思路。

为使得最终字符串的字典序最小，奥列格每次选取自己字典序最小的字符，放在能够放置的最前面位置，伊戈尔每次选取自己字典序最大的字符，也放在能够放置的最前面位置。

但这样的贪心是有问题的，会错在第 $6$ 个测试点。

考虑这样一种状况，奥列格剩下的字符中最小的都已经大于伊戈尔手中最大的，那么如果奥列格再往最前面放显然就是错的了。

这种状况下奥列格怎么最优操作呢？他可以把自己的字符往后放，这样伊戈尔就不得不把他小于奥列格的字符往前放。

那么在这种条件下，二者的最优策略就是把自己的字符从后往前放。

所以当奥列格仍然有小于伊戈尔的字符时，采取第一种策略，否则采取第二种策略。

具体代码可以用 deque 维护，支持取头尾元素，十分的方便。

时间复杂度 $\operatorname{O}(n)$。

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CF794C

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;

string s,t;

deque<char> q1,q2;

int main() {
    cin >> s >> t;

    n = s.size();
    sort(s.begin(),s.end());

    sort(t.begin(),t.end());
    reverse(t.begin(),t.end());

    for(int i = 0;i < (n + 1) / 2; i++) 
        q1.push_back(s[i]);
    
    for(int i = 0;i < n / 2; i++)
        q2.push_back(t[i]);

    string ansl = "",ansr = "";
    
    bool flag = 0;
    for(int i = 1;i <= n; i++) {
        if(i % 2) {
            if(!q2.empty() && q1.front() >= q2.front())
                flag = 1;
            
            if(flag) {
                ansr += q1.back();
                q1.pop_back();
            }
            else {
                ansl += q1.front();
                q1.pop_front();
            }
        }
        else {
            if(!q1.empty() && q1.front() >= q2.front())
                flag = 1;
            
            if(flag) {
                ansr += q2.back();
                q2.pop_back();
            }
            else {
                ansl += q2.front();
                q2.pop_front();
            }
        }
    }

    reverse(ansr.begin(),ansr.end());

    string ans = ansl + ansr;

    cout << ans;
    return 0;    
}