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Educational Codeforces Round 100 (Rated for Div. 2)
Educational Codeforces Round 101 (Rated for Div. 2)
Educational Codeforces Round 102 (Rated for Div. 2)
思路：相邻的数要有一方能整除另一方，那么一方为1的话一定可以，按奇偶位置将数分为两部分，求出a的两部分中的数的和，和大的那部分对应的b为1，另一部分为a，可以发现为1的部分带来的贡献一定是小于等于S的
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long typedef pair<int,int> PII; const int N=1e4+5; void solve(){ int n;cin>>n; vector<int>a(n+1); int s1=0,s2=0; for(int i=1;i<=n;++i){ cin>>a[i]; if(i%2)s1+=a[i]; else s2+=a[i]; } if(s1>s2){ for(int i=1;i<=n;++i){ if(i%2)cout<<a[i]<<' '; else cout<<1<<' '; } }else{ for(int i=1;i<=n;++i){ if(i%2)cout<<1<<' '; else cout<<a[i]<<' '; } }cout<<'\n'; } signed main(){ int T=1; cin>>T; while(T--){ solve(); } return 0; }
思路：模拟每一操作，对于忽略的操作，判断是否在上一操作完成和下一操作开始之前到达
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long //#define int __int128 #define double long double typedef pair<int,int>PII; typedef pair<string,int>PSI; typedef pair<string,string>PSS; const int N=1e5+5,INF=0x3f3f3f3f,Mod=1e9+7,mod=998244353; const double eps=1e-6; void solve(){ int n;cin>>n; vector<int>t(n+5),x(n+5); for(int i=0;i<n;++i)cin>>t[i]>>x[i]; t[n]=1e10; int st=0,ed=0,las=0,ans=0,ne=0; for(int i=0;i<n;++i){ if(t[i]>=ne){ ne=t[i]+abs(x[i]-ed); st=ed,ed=x[i]; las=i; if(ne<=t[i+1])ans++; }else{ if(st>=ed){ int r=st-t[i]+t[las]; int l=max(ed,st-t[i+1]+t[las]); if(x[i]>=l&&x[i]<=r)ans++; }else{ int l=st+t[i]-t[las]; int r=min(ed,st+t[i+1]-t[las]); if(x[i]>=l&&x[i]<=r)ans++; } } } cout<<ans<<'\n'; } signed main(){ ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int T=1; cin>>T; while(T--){ solve(); } return 0; }
思路：由于a已定，那么每对中都有一个数已确定，只剩下n个数可匹配，若匹配的数大于ai，则是在x里，否则在n-x里；直接考虑极限，求x的最小值时，匹配的数向上取（从小的开始），求x的最大值时，匹配的数向下取（从大的开始）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long typedef pair<int,int> PII; const int N=1e4+5; void solve(){ int n;cin>>n; vector<int>st(2*n+1); for(int i=1,x;i<=n;++i){ cin>>x;st[x]=1; } int c=0,l=0,r=n; for(int i=1;i<=2*n;++i){ if(st[i]){ if(c)c--; else l++; }else c++; } c=0; for(int i=2*n;i>=1;--i){ if(st[i]){ if(c)c--; else r--; }else c++; } cout<<r-l+1<<'\n'; } signed main(){ int T=1; cin>>T; while(T--){ solve(); } return 0; }
思路：由于第一个和第n个已确定位置，那么从第一个位置开始，维护放的围栏底部的范围l~r，满足与前一个位置的范围距离和与当前地板的距离不超过k-1
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long //#define int __int128 #define double long double typedef pair<int,int>PII; typedef pair<string,int>PSI; typedef pair<string,string>PSS; const int N=1e5+5,INF=0x3f3f3f3f,Mod=1e9+7,mod=998244353; const double eps=1e-6; void solve(){ int n,k;cin>>n>>k; vector<int>a(n+1); for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i]; int l=a[1],r=a[1]; for(int i=2;i<=n;++i){ l=max(a[i],l-k+1); r=min(a[i]+k-1,r+k-1); if(l>r){ cout<<"NO\n";return ; } } if(a[n]>=l&&a[n]<=r){ cout<<"YES\n"; }else cout<<"NO\n"; } signed main(){ ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int T=1; cin>>T; while(T--){ solve(); } return 0; }
思路：非1非2非n的数都可以由n变为1，但将n变为1最少需要18次，所以考虑用一个数a消n，令a=2x，n=ay，且n-4+x+y<=n+5，即x+y<=9；可以看出当a为8时满足
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long //#define int __int128 #define double long double typedef pair<int,int>PII; typedef pair<string,int>PSI; typedef pair<string,string>PSS; const int N=1e5+5,INF=0x3f3f3f3f,Mod=1e9+7,mod=998244353; const double eps=1e-6; void solve(){ int n;cin>>n; vector<PII>ans; if(n<=8){ for(int i=3;i<n;++i){ ans.push_back({i,n}); } int t=n; while(t>1){ ans.push_back({n,2}); t=(t+1)/2; } }else{ for(int i=3;i<n;++i){ if(i==8)continue; ans.push_back({i,n}); } int t=n; while(t>1){ ans.push_back({n,8}); t=(t+7)/8; } for(int i=0;i<3;++i)ans.push_back({8,2}); } cout<<ans.size()<<'\n'; for(auto v:ans){ cout<<v.first<<' '<<v.second<<'\n'; } } signed main(){ ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int T=1; cin>>T; while(T--){ solve(); } return 0; }
思路：对于一个这样的回文串1 2 ...k... 2 1，任选两个不同的数x和y（x<y），有两种出现的情况x y y x 和 x y x，逆序数分别为1和2，并且仅当y为k时逆序数为1，那么总的逆序数为2C（k-1，2）+（k-1）=（k-1）2；
可以发现a和b的第k-（n-k）到第n个数形成了回文串，且一半的数都不同，则存在的逆序数是一样的；影响b的逆序数的只有第1到第k-（n-k）-1个数，而a中的这些数对逆序数没有贡献，则p中的前k-（n-k）-1个数与a一样；由于要字典序最大，将b中的第k-（n-k）到第n个数的前半段和后半段翻转即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef pair<int,int> PII; const int N=1e4+5; void solve(){ int n,k;cin>>n>>k; for(int i=1;i<2*k-n;++i)cout<<i<<' '; for(int i=k;i>=2*k-n;--i)cout<<i<<' ';cout<<'\n'; } signed main(){ int T=1; cin>>T; while(T--){ solve(); } return 0; }
思路：若删去一段[l，r]，对于原来段中r后表示的数需要减去[l，r]的贡献，且求一段操作中存在的数的种数，相当于这一段数的max-min+1个，那么维护前后缀最大、最小值，以及前缀和即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long //#define int __int128 #define double long double typedef pair<int,int>PII; typedef pair<string,int>PSI; typedef pair<string,string>PSS; const int N=3e5+5,INF=0x3f3f3f3f,Mod=1e9+7,mod=998244353; const double eps=1e-6; void solve(){ int n,m;cin>>n>>m; string s;cin>>s; s.insert(s.begin(),' '); vector<int>sum(n+5),lma(n+5),lmi(n+5),rma(n+5),rmi(n+5); for(int i=1;i<=n;++i){ if(s[i]=='-')sum[i]=sum[i-1]-1; else sum[i]=sum[i-1]+1; lmi[i]=min(lmi[i-1],sum[i]); lma[i]=max(lma[i-1],sum[i]); } rmi[n]=rma[n]=sum[n]; for(int i=n-1;i>=1;--i){ rmi[i]=min(rmi[i+1],sum[i]); rma[i]=max(rma[i+1],sum[i]); } int l,r; while(m--){ cin>>l>>r; int c=sum[r]-sum[l-1]; int mi=0,ma=0; if(l!=1)mi=min(lmi[l-1],mi),ma=max(ma,lma[l-1]); if(r!=n)mi=min(rmi[r+1]-c,mi),ma=max(ma,rma[r+1]-c); cout<<ma-mi+1<<'\n'; } } signed main(){ ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int T=1; cin>>T; while(T--){ solve(); } return 0; }
