Nebius Welcome Round (Div. 1 + Div. 2) 题解 A - D
Nebius Welcome Round (Div. 1 + Div. 2) 题解 A - D，这四题的整体难度不大，都是过题人数上千的题。
很久没打Codeforces了，在此记录一篇题解，开学了也会不断更新的。
🎈 作者：Eriktse
🎈 简介：19岁，211计算机在读，现役ACM银牌选手🏆力争以通俗易懂的方式讲解算法！❤️欢迎关注我，一起交流C++/Python算法。（优质好文持续更新中……）🚀
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A. Lame King
题意：
在一个大小为201x201的网格上，每次操作可以往“上下左右”四个方向移动一格或者不动，耗时1秒。一个人从(0, 0)出发，问到达(a, b)所需的时间，要求不能出现连续两次向一样的方向移动（意思是可以暂停一秒再动）。
思路：
首先把坐标换成绝对值，表示往x, y两个方向需要移动的距离a和b。
不难发现这俩其实是等价的对吧，我们就不妨设a >= b。
当a == b时有ans = a + b，只要一直“右上右上”或者“上右上右”地走就行了。
当a > b时，我如果想让x坐标到达a，那起码要走a次“向右”，然后会产生a - 1个间隙，我们可以往里面放上b个“向上”，剩余的放“暂停”就行了。答案是a + (a - 1)。
所以ans = a + max(a - 1, b)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
void solve()
{
int a, b;scanf("%lld %lld", &a, &b);
if(a < 0)a = -a;
if(b < 0)b = -b;
if(a < b)swap(a, b);//保证a >= b
int ans = a + max(a - 1, b);
printf("%lld\n", ans);
}
signed main()
{
int _;scanf("%lld", &_);
while(_ --)solve();
return 0;
}
B. Vaccination
题意：
现在有n个病人需要打疫苗，每个病人可以等待w单位时间，每箱疫苗有k支，每箱疫苗开箱后就立刻全部取出并开封，每支疫苗在开封后的保质时间为d单位时间。现在给出n个病人开始等待的时间序列，问至少消耗多少箱疫苗。
思路：
模拟 + 贪心。考虑当“疫苗用尽或疫苗过期”的时候需要开封新的疫苗，再考虑“开封新的疫苗的时间应该尽可能晚，这样能让尽可能减少过期的疫苗”。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 9;
int t[maxn];
void solve()
{
int n, k, d, w;scanf("%lld %lld %lld %lld", &n, &k, &d, &w);
//每箱疫苗有k支，每支保质时间d，病人等待时间w
for(int i = 1;i <= n; ++ i)scanf("%lld", t + i);
int ans = 0, cnt = 0, st = 0;//st是开封时间，cnt是当前疫苗支数
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{
//当疫苗耗尽或疫苗过期就开封新的疫苗，但是要赶在当前病人走的最后时刻开封
if(cnt == 0 || st + d < t[i])st = a[i] + w, cnt = k, ans ++;//尽可能晚开封
cnt --;//消耗掉一支疫苗
}
printf("%lld\n", ans);
}
signed main()
{
int _;scanf("%lld", &_);
while(_ --)solve();
return 0;
}
C. Pull Your Luck
题意：
有一个大小为n的轮盘（下标对n取模的循环数组），当前指针位置为x，当用f的力量去转动轮盘，轮盘指针会向前移动f + (f - 1) + (f - 2) + ... + 1个位置，现在你的力量介于[1, p]，问有没有可能使得指针指向0。
所有样例的n之和不超过2e5。
思路：
实际上就是要让指针前进(n - x) % n位嘛，取模是因为x可能等于0，每次前进的距离起始是等差数列求和f * (f + 1) / 2。
值得注意的是力量不能为0，且力量上限可能非常大，所以1 ~ p枚举每一个f显然是不可行的。实际上当p较大时，我们只需要枚举到2n就够了。
判断的方法是：存在力量i满足(i * (i + 1) / 2) % n == (n - x) % n时，答案为Yes，若不存在则答案为No。
简单解释一下这个2n：先考虑什么情况下会回到原地，即
(i * (i + 1) / 2) == 0，当i == 2 * n的时候，存在(2n * (2n + 1) / 2) % n == 0必然成立，然后下一步是往前走2n + 1步，等价于1步，周期开始，相当于回到原点开始走第一步。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 9;
int a[maxn];
void solve()
{
int n, x, p;scanf("%lld %lld %lld", &n, &x, &p);
int ans = false;
for(int i = 1;i <= min(p, n * 2); ++ i)
if((i * (i + 1) / 2) % n == (n - x) % n)ans = true;
printf("%s\n", ans ? "Yes" : "No");
}
signed main()
{
int _;scanf("%lld", &_);
while(_ --)solve();
return 0;
}
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D. Accommodation
题意：
一栋楼有n层，每层m个窗户，每个窗户要么亮灯（1表示）要么关灯（0表示），且每一层一定有准确的m / 4个双人间（由两个连续的窗户构成），和m / 2个单人间，这两种房间的窗户加起来恰好m个窗户，但是你不知道哪些窗户是单人间的，哪些是双人间的。
现在定义，当窗户开了灯说明这一户有人，当关灯说明没人。问你这栋楼最少人数和最多人数。
思路：
每层楼之间相互独立，所以可以单独计算最后加起来就行。
不难发现，单人间很好处理，有多少1就有多少户人嘛，主要是双人间不太好搞。
双人间可以有4种情况：00, 01, 10, 11。其中只有双人间选择为11的时候会影响到最终的人数，即使得总人数-1。
最少人数就是“尽可能多选择11的双人间”，最多人数就是“尽可能少选择11的双人间”，可以分别通过连续1的方法和模拟贪心的方法求得。
先讲最少人数，我们可以求出01串中所有连续的1的个数，假如有5个1连在一起，那就可以构成至多5 / 2 = 2个11双人间。通过处理出每一段连续1对结果的贡献，我们可以求得最多选出多少个11双人间，再和m / 4取个小，因为最多m / 4个双人间。
再看看最多人数，我们可以从头到尾扫描，当遇到01,10,00就直接将其设为双人间，剩余的自动变成单人间就好，同样注意m / 4。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 9;
char s[maxn];
signed main()
{
int n, m;scanf("%lld %lld", &n, &m);
int ans_min = 0, ans_max = 0;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{
scanf("%s", s + 1);
int all0 = 0, all1 = 0;//all0, 1表示整个字符串中01的个数
int c1 = 0, c0 = 0;//这是临时变量
int k00 = 0, k11 = 0;
for(int j = 1;j <= m; ++ j)
{
if(s[j] == '1')
{
all1 ++;
c1 ++;
if(c0)k00 += c0 / 2, c0 = 0;
}else
{
all0 ++;
c0 ++;
if(c1)k11 += c1 / 2, c1 = 0;
}
}
if(c1)k11 += c1 / 2, c1 = 0;
if(c0)k00 += c0 / 2, c0 = 0;
ans_min += all1 - min(m / 4, k11);
int y = 0;
for(int j = 1;j < m; ++ j)
{
if(s[j] != s[j + 1] || s[j] == '0')y ++, j ++;
}
ans_max += all1 - max(0ll, m / 4 - y);
}
printf("%lld %lld\n", ans_min, ans_max);
return 0;
}
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