CF Round 815 Div2 题解

A题 Burenka Plays with Fractions（签到）

给定 2 个分数 \(\dfrac{a}{b},\dfrac{c}{d}\)，现在可以自行进行操作，每次选定一个分数，将其分子或者分母乘上一个数，问至少需要多少次操作才能使得两个分数的值相同？

\(T\leq 10^4,0\leq a,c\leq 10^9,1\leq b,d\leq 10^9\)

对于 \(a,c=0\) 的情况特判一下，省的下面额外处理。

至多只需要两次操作即可（\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{ad}{bc}*\dfrac{c}{d}\)），所以我们只需要检查 0，1，2 三种情况即可：

1. 0 次操作：两个数的值相同
2. 1 次操作：\(ad,bc\) 中有一个是另一个的倍数
3. 2 次操作：不存在倍数关系

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
LL solve() {
    LL a, b, c, d;
    cin >> a >> b >> c >> d;
    if (a == 0) return c != 0;
    if (c == 0) return a != 0;
    //
    LL x = a * d, y = b * c;
    if (x == y) return 0;
    if (x % y == 0 || y % x == 0) return 1;
    return 2;
}
int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) cout << solve() << endl;
    return 0;
}

B题 Interesting Sum（思维）

记一个序列的价值为：一个序列的最大值减去最小值。

给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(\{a_n\}\)，要求从中选取出一个连续子序列 \([l,r]\)（非空，但是不可以是原数组本身），然后剩下来的那些数重新组成新数列，求出这两个序列的价值和的最大值可能是多少。

\(4\leq n\leq 10^5,1\leq a_i\leq 10^9\)

记整个数组的最大值，次大值，最小值，次小值分别为 \(a,b,c,d\)，那么价值的可能最大值是 \(a+b-c-d\)，而这个值总是能取到的：让这个子序列恰好包含一个大值和小值即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, a[N];
int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
        sort(a + 1, a + n + 1);
        cout << a[n] + a[n - 1] - a[1] - a[2] << endl;
    }
    return 0;
}

C题 Corners（思维）

题意略，建议参照原题面。

答案的上限值是 1 的数量，我们看看啥情况会变得少一些。

注意到，如果存在着两个连续相邻的 0，那么答案就是 1 的数量：因为这保证了每次选定一个 L，都能保证里面有且仅有一个 1。

又因为一次 L 操作后一定会使得图上出现相邻 1，那么我们只需要尽可能减少第一轮消灭的 1 的数量即可：

1. 全 1 状态下，一轮至少需要消灭三个
2. 一轮只消灭一个，说明有相邻 0 或者对角 0
3. 其他情况，一轮都得消灭两个

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510;
char s[N][N];
bool check(int x, int y) {
    if (s[x][y] == '1') return false;
    return s[x][y + 1] == '0' || s[x + 1][y] == '0' || s[x + 1][y + 1] == '0' || s[x + 1][y - 1] == '0';
}
int solve() {
    memset(s, 0, sizeof(s));
    //read
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%s", s[i] + 1);
    //solve
    int tot = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = 1; j <= m; ++j)
            if (s[i][j] == '1') ++tot;
    if (tot == n * m) return tot - 2;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = 1; j <= m; ++j)
            if (check(i, j)) return tot;
    return tot - 1;
}
int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) printf("%d\n", solve());
    return 0;
}