Codeforces Round #538 (Div. 2) (A-E题解)

Codeforces Round #538 (Div. 2)

题目链接：https://codeforces.com/contest/1114

A. Got Any Grapes?

题意：

有三个人，有三种食物，食物对应的数量为a,b,c，三个人需要的食物量分别为x,y,z。

现在第一个人只吃第一种食物，第二个人只吃前两种食物，第三个人都要吃。问准备的食物数量是否能够满足这三个人。

 

题解：

简单模拟一下就行了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int x,y,z;
int a,b,c;

int main(){
    cin>>x>>y>>z>>a>>b>>c;
    if(a>=x && a-x+b>=y && a+b+c-x-y>=z) cout<<"YES";
    else cout<<"NO";
    return 0;
}

 

B. Yet Another Array Partitioning Task

题意：

给出n个数，现在要将其划分为k个区间，要求从每个区间选出的m个最大值的和最大。问最大值以及怎样划分区间。

 

题解：

可以发现，最终选出来的数就是最大的那些数。

所以我们排下序，并且记录一下数原来的位置，贪心地选顺便标记一下位置就行了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5+5;
ll a[N];
int n,m,k;
int vis[N];
struct node{
    ll v,pos;
    bool operator < (const node &A)const{
        return v<A.v;
    }
}b[N];
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%I64d",&a[i]);
        b[i]=node{a[i],i};
    }
    sort(b+1,b+n+1);
    ll ans = 0;
    for(int i=n;i>=n-m*k+1;i--){
        ans+=b[i].v;
        vis[b[i].pos]=1;
    }
    int cnt = 0;
    int num=0;
    cout<<ans<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(vis[i]){
            cnt++;
            if(cnt==m){
                num++;
                if(num==k) break ;
                cout<<i<<" ";
                cnt=0;
            }
        }
    }
    return 0    ;
}

 

C. Trailing Loves (or L'oeufs?)

题意：

给出n和b，问n!在b进制下，后面有多少个连续的0？

其中1<=n<=10¹⁸,2<=b<=10¹²。

 

题解：

可以通过类比在十进制下的情况来进行思考。

根据唯一分解定理，假设b可以分解为p₁^q₁ * p₂^q₂ *...* p_m^q_m，其中p1,p2...pm为质数。

同时，n!也可以分解成相应的形式：K * p₁^r₁ * p₂^r₂ *...* p_m^r_m，K为一个常数，这个常数可能很大，但没必要去管。

那么，最终的答案即为min{r_i/p_i}，这个类比一下十进制就可以发现了。

这里面{p_m},{q_m}都比较好求，可以不用把素数给筛出来。主要是{r_m}，这里的求法比较巧妙，详见代码吧：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,b;

int main(){
    cin>>n>>b;
    ll ans = 2e18;
    for(ll i=2;i*i<=b;i++){
        ll a=0,c=0;
        if(b%i!=0) continue ;
        while(b%i==0) b/=i,c++;
        ll m=n;
        while(m) a+=m/i,m/=i;
        ans=min(ans,a/c);
    }
    if(b>1){
        ll a=0;
        while(n) a+=n/b,n/=b;
        ans=min(ans,a);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

 

D. Flood Fill

题意：

给出n个数，现在你可以任选一个数作为起点，然后每次将起点所在的连通块(连续的数相等即可成为连通块)变为一个数。问最少需要多少次操作，能让所有的数相等。

 

题解：

考虑动态规划，可以发现，每次的变化，要么连通块中的数都变为与左边相等，要么都变为与右边相等。

定义状态dp[l][r][0/1]:区间[l,r]内的数都与c[l/r]相等，我们可以不用管起点在哪，直接类似于区间dp那样进行转移就行了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5005;
int n;
int c[N];
int dp[N][N][2];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=(i==j)?0:INF;
        }
    }
    for(int k=2;k<=n;k++){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int j=i+k-1;
            if(j>n) break ;
            if(i<n){
                dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0]+(c[i]!=c[i+1]));
                dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1]+(c[i]!=c[j]));
            }
            if(j>1){
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0]+(c[j]!=c[i]));
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1]+(c[j]!=c[j-1]));
            }
        }
    }
    int ans=min(dp[1][n][1],dp[1][n][0]);
    cout<<ans;
    return 0;
}

 

E. Arithmetic Progression

题意：

交互题。题目要你猜出一个等差数列的首项以及公差，题目中会给出一共有多少项。

然后你有两种询问：1."> x"，即询问数列中是否有大于x的数，最后会返回0或1；2.“? i”，询问第i个位置的数，会返回第i个位置的数。

要求你用最多60次询问机会，得到等差数列的首项以及公差。

 

题解：

这也是一个比较有意思的交互题，我想的是直接二分求出数列中的最大最小值，但最后发现只能求出数列中的最大值。

做法就是先用不超过30次的询问机会找出最大值是什么，然后用剩余的机会随机询问数列中的某些项的值为多少(新技能mt19937 get)。

最后将得到的项排序，求出两两之间的差值的gcd就行了。因为这里差值都为公差d的倍数。

做法就是上面这样...但是这并不能保证100%正确，可能会存在差错，但几率会非常小，具体证明我也不会...

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6+5;
int n,Max,cnt,d;
mt19937 rnd(time(NULL));
int query1(int x){
    printf("> %d\n",x);
    fflush(stdout);
    int ans;
    scanf("%d",&ans);
    return ans ;
}
void getMAX(){
    int l=0,r=1e9+1,mid;
    while(l<r){
        mid=l+r>>1;
        cnt++;
        if(query1(mid)) l=mid+1;
        else r=mid;
    }
    Max=l;
}
int query2(int pos){
    printf("? %d\n",pos);fflush(stdout);
    int ans;
    scanf("%d",&ans);
    return ans ;
}
void getD(){
    vector <int> lst;
    while(1){
        ++cnt;
        if(cnt>60)break;
        int now=query2(rnd()%n+1);
        lst.push_back(now);
    }
    sort(lst.begin(),lst.end());
    lst.erase(unique(lst.begin(),lst.end()),lst.end());
    if(lst.back()!=Max) lst.push_back(Max);
    d=lst[1]-lst[0];
    for(int i=1;i<lst.size();i++){
        d=__gcd(lst[i]-lst[i-1],d);
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    getMAX();
    getD();
    int Min = Max-(n-1)*d;
    printf("! %d %d",Min,d);
    return 0;
}