CF1714E Add Modulo 10#811(div.3)

题目链接

https://codeforces.com/problemset/problem/1714/E

题意简述

给你一个数组 $a$ ,你可以对数组 $a$ 中的任意一个元素进行任意次如下操作

• $a[i]=a[i]+a[i]\mathrm{\%}10$

你需要判断这个数组是否能经过任意次操作后所有元素都相同,能则输出"YES",否则输出"NO"

题外话:这大概是写的目前为止最长的一篇题解了..(虽然题目不是很难)

样例

点击查看样例

样例过长且意义不大,此题不再给出.请听下面分析

分析

样例1

$611$

对于数 $6$ ,我们进行操作后 , 结果为 $612141826...$
对于数 $11$ ,我们进行操作后 ,结果为 $1112141826...$
所以是"YES"

样例2

$21822$

对于数 $2$ , 操作结果为 $248162224283642...$
对于数 $18$ , 操作结果为 $18263234384652...$
对于数 $22$ , 操作结果为 $2224283642...$

可以看到无论进行多少次操作都不会相等,所以为"NO"

稍加思索我们可以发现,除了 $5$ 和 $0$ 结尾的数,其余数进行若干次操作后,末尾的数都是 $2486$这样的循环,并且进行任意次操作后末尾的数都不会变为除此之外的数

并且我们发现进行一次 $2486$ 的循环节这个数会增大 $20$. (分别在末尾由 $8$ 变化到 $6$ 时和由 $6$ 变化为 $2$ 时十位进 $1$ ).

$2$ 与 $22$ 在 $2$ 进行若干次操作后会加上 $20$ 的整数倍,而 $2$ 与$18$ 无论两个数如何操作他们都相差 $10$ ,这给了我们解题的灵感,对数组中元素的数进行化简操作,看看他们化简完后是否相差大于等于 $10$. $2$ 与 化简完后的 $22$ $24$ $28$ 相差 $10$以内,考虑到进位操作, 虽然与 $36$ $42$ 相差大于 $10$, 但是我们可以对 $36$ 进一位或者去一位再化简成 $2$ . 这一块可以先不用管,后面会讲到

何为化简 ? 就是如 $22$ 可化简为 $2$ , $38$ 化简为 $18$ 等等等等.就是这个数字中有多少个 $20$ 就减去多少个 $20$ .然而因为进位这个机制的存在,我们并不能把 $38$ 化简为 $18$ 就完事了,应该把他化简为 $8$ .$8$才是 $38$ 的位数最小的数之一($816323438$)而非 $18$ ,尽管 $18$ 也能到 $38$: $1826323438$

下面我们根据一个数 $x$ 的末尾的数是几来进行分类

既然题目没有问到我们最少次数,我们就统一规定把结尾弄成以 $2$ 结尾.(当然这是数字中所有的数的结尾均非 $5$ 和 $0$ 的情况,含有 $5$ 和 $0$ 情况待会再说 ,那种情况很好搞 )

下面所指的进位指的是数字末尾变化到 $2$ 时,十位数字要增大几

对于末尾是 $1$ 的数 ,他末尾的数的变化历程是 $12486...$ 变化成结尾是$2$的话进 $0$ 位
对于末尾是 $2$ 的数 ,他末尾的数的变化历程是 $24862...$ 变化成结尾是$2$的话进 $0$ 位
对于末尾是 $3$ 的数 ,他末尾的数的变化历程是 $362486...$ 变化成结尾是$2$的话进 $1$ 位
对于末尾是 $4$ 的数 ,他末尾的数的变化历程是 $4862486...$ 变化成结尾是$2$的话进 $2$ 位
对于末尾是 $5$ 的数 ,他末尾的数的变化历程是 $50000...$ 变化成结尾是$2$的话进 $INF$ 位.这种情况不在我们讨论范围之内~
对于末尾是 $6$ 的数 ,他末尾的数的变化历程是 $62486...$ 变化成结尾是$2$的话进 $1$ 位
对于末尾是 $7$ 的数 ,他末尾的数的变化历程是 $742486...$ 变化成结尾是$2$的话进 $1$ 位
对于末尾是 $8$ 的数 ,他末尾的数的变化历程是 $862486...$ 变化成结尾是$2$的话进 $2$ 位
对于末尾是 $9$ 的数 ,他末尾的数的变化历程是 $9862486...$ 变化成结尾是$2$的话进 $2$ 位

对于变化到 $2$ 需要十位进 $2$ 的数,由于我们之前讲的,数字中包含 $20$ 可以直接化简掉,因此我们无需进位
对于变化到 $2$ 需要十位进 $1$ 的数,我们可以把这个数减加10,以模拟变化到 $2$ 过程的进位.(对于诸如 $2$ 变化到 $4$ ,$4$ 变化到 $8$ 这种不需要进位的过程可以忽略,只模拟需要进位的过程).然后再去掉包含的 $20$ 的个数就可以了.(代码具体在下方 $solve$ 函数)

操作完后,如果所有数的位数(是个十百千的那个位数)均为1或者2,有解.如果有一位数有两位数,无解.那么只需排序,判断一下 $a[1]$和 $a[n]$ 即可

对于数组中含有 $5$ 或 $0$ 的数,分为如下情况
① 如果数组中含有非 $5$ 或 $0$ 结尾的数,一定无解
② 如果数组中所有数均为 $5$ 或 $0$ .由于 $5$ 操作一次后就变成 $0$ 并且以后结果不在改变.如果数组中最大值与最小值的差超过了 $5$ 那便肯定无解.并且如果是 $1015$ 这种以$0$结尾的数更小,以 $5$ 结尾的数更大,也是无解的.

至此,所有情况讨论完毕,代码献上

代码

点击查看代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10;
int a[N];
void solve(int &x)
{
	switch(x%10)
	{
		case 1: x-=(x/20)*20;break;
		case 2: x-=(x/20)*20;break;
		case 3: x+=10;x-=(x/20)*20;break;
		case 4: x-=(x/20)*20;break;
		case 6: x+=10;x-=(x/20)*20;break;
		case 7: x+=10;x-=(x/20)*20;break;
		case 8: x-=(x/20)*20;break;
		case 9: x+=10;x-=(x/20)*20;break;
	}
}
int main()
{
	//freopen("uva.txt","r",stdin);
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		int n;
		scanf("%d",&n);
		int f=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&a[i]);
			if(a[i]%10==5||a[i]%10==0)f=1;
			else solve(a[i]);
			
		}
		sort(a+1,a+n+1);
		if(!f)
		{
			
			if(a[1]/10==0&&a[n]/10!=0)
			{
				printf("NO\n");
			}
			else printf("YES\n");
		}
		else
		{
			int f=1;
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				if(a[i]%5!=0)
				{
					f=0;
					break;
				}
				if(i<n&&a[i]%10==0&&a[i+1]%10!=0)
				{
					f=0;
					break;
				}
			}
			if(a[n]-a[1]>5)f=0;
			if(f)printf("YES\n");
			else printf("NO\n");
		}	
	}
	
	return 0;
}

附

网上看到一个更为简单的做法..ε=(´ο｀*)))唉.蒟蒻什么时候也能和大佬们一样优秀

末尾是 $5$ 或 $0$ 的情况:

对于 非 $5$ 或 $0$ 的情况:
具体方法是:对数组 $a$ 排序,取出最大值.操作最大值,比如 $17$ 操作结果:$1724283642$(最多只需要操作5次,后面就是循环了)
对最大值的每一步操作,都把他拿去和前面的 $n-1$ 个数进行判断,如果 $a_i$ 都能达到当前的最大值的这个操作结果,就说明可行.返回 $true$ .如果这 $5$ 个操作数都不行,说明真的就不行了.
当然不需要真的对于每一个 $a_i$ 都按照题中的方法一步一步操作到 $a_n$ ,只需对 $a_n-a_1$模 $20$ ,剩下所需的步数如果是$0$ $2$ $2+4$ $2+4+8$ 中的之一, 那便是可以到达的.

代码如下

点击查看代码

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const LL N = (LL)2e5 + 5, rep[] = {0, 2, 4, 8, 6}, srep[] = {0, 2, 6, 14};
LL n, a[N];
inline bool check(LL x) {
    x %= 20;
    for (LL i = 0; i < 4; ++i)
        if (x == srep[i]) return true;
    return false;
}
int main(void) {
    LL t; for (scanf("%lld", &t); t--; ) {
        scanf("%lld", &n); bool flag = false;
        for (LL i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%lld", &a[i]);
            if (a[i] % 5 == 0)  flag = true; //是否存在 x % 5 == 0 的数 x
        }
        if (flag) {
            bool ok = true;
            for (LL i = 1; i <= n; ++i) {
                if (a[i] % 10 == 5) a[i] += 5;
                if (i != 1 && a[i] != a[i - 1]) {ok = false; break;}
            }
            puts(ok ? "Yes" : "No");
            continue;
        }
        std:: sort(a + 1, a + 1 + n); //排序
        for (LL i = 1; i <= n; ++i) //转末位为2
            while (a[i] % 10 != 2) a[i] += a[i] % 10;
        for (LL i = 0; i < 5; ++i) { //最大数末位循环
            a[n] += rep[i]; flag = true;
            for (LL j = 1; j < n; ++j)
                if (!check(a[n] - a[j])) {flag = false; break;} //判断各数可行与否
            if (flag) break;
        }
        puts(flag ? "Yes" : "No");
    }
    return 0;
}
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转自https://www.cnblogs.com/dry-ice/p/cf1714e.html
大佬nb~
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