CodeForces#752div2_A-D

A-Era

题目描述

Shohag有一个整数数列 $a_1$,$a_2$,$a_3$......,$a_n$,他可以执行以下操作任意次数（也可能是0次）：

• 1. 选择任意一个整数 k （在不同的操作中它可以是不同的）
• 2. 在这个数列中选择任意一个位置，并把 k 插入到这个位置
• 3. 通过这种方式，这个数列就被改变了，接下来的操作是在改变之后的数列上完成的

例如，如果 a = [3,3,4],选择的 k = 2，再一次操作之后，他可以得到[2,3,3,4],[3,2,3,4],[3,3,2,4],[3,3,4,2]中的一个。Shohag想让这个数列满足以下情况：对于每一个 1 <= i <= a,$a_i$ <= i。这里的a是指数列的大小。

帮助他找到最小的操作次数，使他能达到目标。我们可以证明，在限制条件下总能找到可能的方式去达到目标。
输入描述
第一行是一个整数 t ，代表测试样例的个数
每组测试样例的第一行是一个整数 n 代表最初的数列长度
每组测试样路的第二行是 n 个整数，代表这个数列的每个元素
原题链接

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Input

4
3
1 3 4
5
1 2 5 7 4
1
1
3
69 6969 696969

Output

1
3
0
696966

解题思路

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用一个 ans 来统计结果，从第一个元素开始往后遍历，遍历到第 j 位时，如果 $a_j$ > j + ans,则 ans += $a_j$ - (j + ans)即 ans = $a_j$ - j，遍历完整个数组后得到的 ans 即是结果，记得初始化 ans = 0

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AC代码

#include <iostream>
using namespace std;
 
const int N = 110;
 
int t,n,arr[N],ans,cnt;
 
int main() {
    cin >> t;
 
    while(t--) {
        ans = 0;
        cin >> n;
        for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> arr[i];
 
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(arr[i] > i + ans) { // i + ans 表示前面插入了 ans 个数之后原来的 i 变成了 i + ans
                ans = arr[i] - i;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
 
    return 0;
}

B-XOR Specia-LIS-t

题目描述

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Input

4
7
1 3 4 2 2 1 5
3
1 3 4
5
1 3 2 4 2
4
4 3 2 1

Output

YES
NO
YES
YES

题解思路

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对于一组数列，我们可以找到一种特殊的分组方式，即把每个元素当成一组，这样每组的升序值就是1，如果 n 是偶数的话，异或结果刚好为 0 ，当 n 为奇数时，结果为 1，显然不行，我们可以想，怎样才能使分出来的组数刚好为偶数，而且每组的升序值都是 1 呢？不难发现，如果两个数为一组，[a,b]，当 a >= b 时升序值为 1，而且刚好凑成了偶数个分组。如果 n 为奇数，数列又不是绝对升序的，那么按照刚刚的分组方式，一定能使最后的异或值等于 0，如果是绝对升序的，一定找不到。

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AC代码

#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
 
int t,n,cnt,a,b;
bool flag;
 
int main() {
    cin >> t;
    while(t--) {
        b = -1;
        flag = false;
 
        cin >> n;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            cin >> a;
            if(a > b) b = a;
            else flag = true;
        }
        if(flag || n % 2 == 0)puts("YES");
        else puts("NO");
    }
 
    return 0;
}

C-Di-visible Confusion

题目描述

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YKW 有一个整数数列 $a_1$,$a_2$,$a_3$......,$a_n$,他将执行以下操作直至这个序列成为空序列：选择一个下标为 i 的元素，如果满足 1 <= i <= |a| 并且 $a_i$ 不能被（i + 1）整除，就从这个序列中删掉这个元素。在这里|a|表示此刻序列的长度。注意，如果序列 a 被改变了，则接下来的操作是在改变后的 a 序列上实现的。

比如，如果 a = [3,5,4,5],然后选择 i = 2，因为 $a_2$ 不能被 i+1 = 3整除。在这个操作之后这个序列变成了[3,4,5]
YKW 想弄清楚是否可能通过上述的操作使这个序列清空。
输入描述
第一行包含一个整数 t 代表测试样例的个数
对于每一组测试样例的第一行是一个整数 n
每组测试样例的第二行是 n 个整数 $a_1$,$a_2$,$a_3$,......$a_n$
保证所有样例的 n 之和不超过 3e5

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Input

5
3
1 2 3
1
2
2
7 7
10
384836991 191890310 576823355 782177068 404011431 818008580 954291757 160449218 155374934 840594328
8
6 69 696 69696 696969 6969696 69696969 696969696

Output

YES
NO
YES
YES
NO

解题思路

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如果 $a_i$ 能被删除，那么它一定是因为不能整除 2,3...,i+1中的某一个或多个，被删除的，如果它能整除 2,3...,i+1中的任何一项，那么它一定无法被删除，如何判断它能不能整除所有的数呢？最小公倍数。如果它能整除2,3...,i+1的最小公倍数那么它也一定能整除所有的数，否则一定存在一个数，它不能整除，就在那个位置将它删除就行。如果$a_i$前面的所有数都能被删除，（如果$a_i$存在一个在[2,i+1]的值使它不能整除）那么$a_i$ 一定也能被删除，因为前面的都可以被删除，所有它一定可以到达[1,i]的所有位置。所以，我们只需要遍历一边数组，判断每一个能不能被删除，如果有不能被删除的，则直接跳出，输出结果 NO，否则输出 YES。由于测试样例很多，我们需要先预处理出来所有[2,i+1]的最小公倍数，存入lcm数组中，不难发现，当 i+1 = 23时，lcm[i+1]已经超出了1e9，由于 $a_i$ <= 1e9所以，当 i+1 > 23时$a_i$一定能被删除。上代码。

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AC代码

#include <iostream>
#define int long long
 
using namespace std;
 
const int N = 1e5 + 10;
 
int gcd (int a,int b) {
    if(b == 0) return a;
    else return gcd(b, a % b);
}
 
int LCM (int a,int b){ //返回a，b的最小公倍数
    if(a < b) swap(a,b);
    return a * b / gcd(a,b);
}
 
int t,n,arr[N],lcm[25];
bool flag;
 
signed main () {
    cin >> t;
 
    lcm[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= 23; i++) //递推求[2,i+1]的最小公倍数
        lcm[i] = LCM(i,lcm[i-1]);
    // for(int i = 1; i <= 23; i++) cout << lcm[i] << " ";
    while(t--) {
        flag = true;
        cin >> n;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            cin >> arr[i];
            if(i <= 21 && arr[i] % lcm[i + 1] == 0) flag = false;
        }
        if(flag) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
    return 0;
}

D-Moderate Modular Mode

直接上代码

AC代码

#include <iostream>
#define int long long
using namespace std;
 
int t,x,y,n;
 
signed main(){
    cin >> t;
 
    while(t--) {
        cin >> x >> y;
        if(x > y) n = x + y;
        else if(x == y) n = x;
        else n = y - y % x / 2;
        cout << n << endl;
    }
 
    return 0;
}