Codeforces 1062 - A/B/C/D/E - (Undone)

链接:http://codeforces.com/contest/1062


A - Prank - [二分]

题意:

给出长度为 $n(1 \le n \le 100)$ 的数组 $a[1 \sim n]$,且满足 $1 \le a[1] < a[2] < \cdots < a[n] \le 1000$。现在JATC要擦掉其中一段连续的数字,但是要求能够通过剩余的其他数字,推断出擦掉的数字是什么。求JATC能擦掉的最长长度。

题解:

其实 $O(n)$ 就可以求出能擦掉的最长长度,但是因为 $n$ 比较小,懒得考虑太多,直接二分吧……

二分能擦掉的长度,对于固定的长度,$O(n)$ 枚举始末点判断能否擦除即可。

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=105;
int n,a[maxn];
bool judge(int k)
{
    for(int i=1,j=i+k-1;j<=n;i++,j++) {
        if(a[j+1]-a[i-1]==k+1) return 1;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    a[0]=0, a[n+1]=1001;
    int l=0, r=n;
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r+1)/2;
        if(judge(mid)) l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    cout<<l<<endl;
}

 


B - Math - [数学题]

题意:

给出一个正整数 $n(1 \le n \le 1e6)$,你现在可以对 $n$ 进行任意多次乘以正整数 $x$ 或者开方(当结果为整数时才允许开方)操作。

求结果最小为多少,达到这个结果最少进行多少次操作。

题解:

分解质因数 $n = {p_1}^{a_1}{p_2}^{a_2} \cdots {p_k}^{a_k}$,显然最后结果只能是 $p_1 p_2 \cdots p_k$,那么如何才能得到 $p_1 p_2 \cdots p_k$?

找到 $\max(a_i)$,求得比小于它的最小 $2^x$,这样一来先做一次乘法把 $n$ 乘到 ${p_1}^{2^x}{p_2}^{2^x} \cdots {p_k}^{2^x}$,然后做 $2^x$ 次开方操作即可得到 $p_1 p_2 \cdots p_k$。因此最少 $x+1$ 次操作。

(当然,还有一些数字本身就是最小结果,这些另作判断即可。)

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
pair<int,int> solve(int n)
{
    if(n<=1) return make_pair(n,0);
    int res=1,mx=0, mn=20;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            res*=i;
            int cnt=0;
            while(n%i==0) n/=i, cnt++;
            mx=max(cnt,mx);
            mn=min(cnt,mn);
        }
    }
    if(n>1) res*=n, mx=max(1,mx), mn=min(1,mn);
    int t=ceil(log2(mx))+1e-8;
    if(mn==mx && (1<<t)==mx) return make_pair(res,t);
    else return make_pair(res,t+1);
}
int main()
{
    while(cin>>n)
    {
        pair<int,int> ans=solve(n);
        cout<<ans.first<<' '<<ans.second<<endl;
    }
}

 


C - Banh-mi - [简单思维题][贪心+前缀和+快速幂]

题意:

有一个食物,将其分成 $n(1 \le n \le 1e5)$ 份,编号为 $1 \sim n$,第 $i$ 份食物的初始美味度为 $x_i(x_i \in {0,1})$,

现在有 $q(1 \le q \le 1e5)$ 次查询,每个查询 $[l,r]$ 代表现在只考虑该区间内的食物,每次我吃其中的某一份食物 $i$,我的喜悦程度就会加上 $x_i$,同时区间内所有其他剩余的食物的 $x_j$ 都会加上 $x_i$。

现在要求对每个查询,输出我最大能获得的喜悦程度。

题解:

首先肯定是贪心地吃食物,每次都吃 $x_i$ 最大的食物。

假设初始区间内有 $a$ 个 $1$,$b$ 个 $0$,那么先吃完所有初始美味度为 $1$ 的食物,得到喜悦程度为

$1 + 2 + 4 + \cdots + 2^{a-1} = 2^0 + 2^1 + 2^2 + \cdots + 2^{a-1} = 2^a - 1$

接下来,剩下的初始美味度为 $0$ 的食物,现在美味度都变成了 $2^a - 1$,吃完这些食物得到喜悦程度为

$(2^a - 1) \cdot 2^0 + (2^a - 1) \cdot 2^1 + \cdots + (2^a - 1) \cdot 2^{b-1} = (2^a - 1)(2^0 + 2^1 + \cdots + 2^{b-1}) = (2^a - 1)(2^b - 1)$

因此我只需要通过前缀和,就能 $O(1)$ 统计出任意区间内 $0$ 和 $1$ 的数目,然后只需要快速幂求出 $2^a - 1 + (2^a - 1)(2^b - 1) = (2^a - 1)2^b$ 即可。

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+10;
int n,q;
char s[maxn];
int c[2][maxn];
ll fpow(ll a,ll n)
{
    ll res=1,base=a%mod;
    while(n)
    {
        if(n&1) res*=base, res%=mod;
        base*=base, base%=mod;
        n>>=1;
    }
    return res%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&q);
    scanf("%s",s+1);
    c[0][0]=c[1][0]=0;
    for(int i=1,x;i<=n;i++)
    {
        x=s[i]-'0';
        c[x][i]=c[x][i-1]+1;
        c[x^1][i]=c[x^1][i-1];
    }
    for(int i=1,l,r;i<=q;i++)
    {
        scanf("%d%d",&l,&r);
        ll a=c[1][r]-c[1][l-1], b=c[0][r]-c[0][l-1];
        printf("%lld\n",(fpow(2,a+b)-fpow(2,b)+mod)%mod);
    }
}

 


D - Fun with Integers - []

 


E - Company - []

posted @ 2018-11-17 17:22  Dilthey  阅读(403)  评论(0编辑  收藏  举报