【ABC 313】A~E题解

好久没打过比赛了，也好久没写过题解。cf时间有点阴间，来做下ABC

这次做出了A~D，rk900+，E感觉赛时过的和D人数差不多，但我不是很会数数（哭

A

题意：给你 $n$ 个数 $P_i$ ，找到最小的非负整数 $x$ 使得 $P_1+x>P_i$

做法： $x = max(x, P_i - P_1 + 1)$ 循环一遍即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 100 + 10, M = 2e6 + 10, mod = 100003;
int n, a[N];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n;
    int x = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        if(i > 1) {
            x = max(x, a[i] - a[1] + 1);
        }
    }
    cout << x << endl;
	return 0;
}

B

B - Who is Saikyo?

题意：有 $n(n <= 50)$ 个人， $m$ 对关系，每对关系 $(x,y)$ 表示 $x$ 能力强于 $y$ ，这种关系具有传递性。问谁是最强的，如果不能唯一确定，输出-1

做法：

有点复杂，我的做法是floyd，求出每两个人之间的关系

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 100 + 10, M = 2e6 + 10, mod = 100003;
int n, m, a[N];
int g[N][N];

int floyd() {
    for(int k = 1; k <= n; k++) {
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            for(int j = 1; j <= n; j++) {
                if(g[i][k] && g[k][j]) {
                    g[i][j] = 1;
                }
            }
        }
    }
    // for(int i = 1; i <= n; i++) {
    //     for(int j = 1; j <= n; j++) {
    //         if(i == j)continue;
    //         if(g[i][j] && g[j][i]) return -1;
    //     }
    // }
    for(int k = 1; k <= n; k++) {
        bool f = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(g[k][i] || i == k) continue;
            else {f = 0; break;}
        }
        if(f) return k; 
    }
    return -1;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
        cin >> x >> y;
        g[x][y] = 1;
    }
    cout << floyd() << endl;
	return 0;
}

把 $x$ 强于 $y$ 抽象成 $x$ 到 $y$ 有一条有向边，这样可以知道，最强的人就是度数为0的点，假设这样的点只有一个，那么就是答案

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 100 + 10, M = 2e6 + 10, mod = 100003;
int n, m, a[N];
int rd[N];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
        cin >> x >> y;
        rd[y]++;
    }
    int cnt = 0, ans;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(!rd[i]) cnt++, ans = i;
    }
    if(cnt != 1) ans = -1;
    cout << ans << endl;
	return 0;
}

C

C - Approximate Equalization 2

题意：给你 $n(n <= 2*10^5)$ 个数，定义一次操作为一个数+=1，一个数-=1，问你最少需要多少次操作，能把整个数列变成最大值与最小值的差不超过1

做法：可以求出 $ave = \frac{\sum{a_i}}{n}$ ，改变后值为 $ave + 1$ 的有 $more = \sum{a_i} - ave * n$ 个，值为 $ave$ 的有 $n - more$ 个。将 $a_i$ 排序，最后肯定是前 $n - more$ 个值为 $ave$ ，后 $more$ 个值为 $ave + 1$ 。因为序列增加的值的和与减小的值的和相等，让我们只看应该增大值的 $a_i$ ，如果 $a_i$ 小于它应该成为的值，就把 $supposed(a_i) - a_i$ 加进答案。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
ll n, m, a[N];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n;
    ll tot = 0;
    for(int i = 1, x, y; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        tot += a[i];
    }
    sort(a + 1, a + n + 1);
    ll ave = tot / n;
    ll ans = 0, more = tot - ave * n;
    if(more == 0) {
        for(int i = 1, x, y; i <= n; i++) {
            if(a[i] < ave) ans += ave - a[i];
        }
    }
    else {
        // more 个 ave+1， n-more 个 ave
        for(int i = 1; i <= n - more; i++) {
            if(a[i] < ave) ans += ave - a[i];
            else break;
        }
        for(int i = n - more + 1; i <= n; i++) {
            if(a[i] < ave + 1) ans += ave + 1 - a[i];
        }
    }
    cout << ans << endl;
	return 0;
}

D

D - Odd or Even

题意：交互题。有 $n(n <= 1000)$ 个数，它们的值是0或者1，每次可以询问 $k(k < n, k为奇数)$ 个数的和是奇数还是偶数，最多问 $n$ 次。求这 $n$ 个数的值。

做法：
首先问 base = 【1,2,3,...,k-1,k】
然后依次问 tem =【1,2,3,...,k-1,i】 ... (i的值从k+1取到n)，共 $n - k + 1$ 次。可以知道k+1 到 n 这些数和 $a_k$ 的值相同或不同。

之后，问【1,2,3,...,k+1,k】、【1,2,3,...,k+1,k-1,k】...(把k+1插入k-1、k-2、... 1的位置，其他数和base保持一致)，共 $k-1$ 次，可以知道 1 到 k-1 这些数和 $a_{k+1}$ 的值相同或不同。

总共就问了 $n$ 次。

这样就把所有数划分为两个阵营，一个阵营的数值全为0，另一个全为1。

然后根据base的值，它由 $k$ 个数的和组成，而 $k$ 为奇数，所以根据这k个数包含奇数个1，偶数个0（和为奇数），或者偶数个1、奇数个0（和为偶数）的关系，就可以知道每个阵营的数的值。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1005 + 10;
int n, k;
int ans[N], result[N];
int base, tem, rec;
set<int> st[2];

inline int ask() {
    int res;
    cout << '?';
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        cout << ' ' << ans[i];
    }cout << endl;
    cin >> res;
    return res;
}

void solve() {
    for(int i = 1; i <= k; i++) ans[i] = i;
    base = ask();  // 1 to k

    st[0].insert(k);
    for(int i = k + 1; i <= n; i++) {
        ans[k] = i;
        tem = ask();
        if(tem == base) {
            st[0].insert(i);
            if(i == k + 1) rec = 0;
        }
        else {
            st[1].insert(i);
            if(i == k + 1) rec = 1;
        }
    }
    ans[k] = k;

    for(int i = k - 1; i >= 1; i--) {
        ans[i] = k + 1;
        tem = ask();
        if(tem == base) st[rec].insert(i);
        else st[1 - rec].insert(i);

        ans[i] = i;
    }

    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        if(st[0].count(i) == 1) cnt++;
    }
    cnt %= 2;
    if(cnt == base) {
        //k=1
        for(auto x : st[0]) result[x] = 1;
    }
    else {
        //k=0
        for(auto x : st[1]) result[x] = 1;
    }
    
    cout << '!';
    for(int i = 1; i <= n; i++) cout << ' ' << result[i];
    cout << endl;
}

int main(){
    cin >> n >> k;
    solve();
	return 0;
}

E

这题是赛后补的

E - Duplicate

给你一个数字串s（包含1到9），一次操作可以让 $s_i$ 变成 $s_{i+1}$ 个 $s_i$ ，最后一个字符去掉。问多少次操作可以让s变成长度为1，如果不可能，输出-1

做法：容易发现如果出现两个连续的非1数字，答案为-1

我们要求的是操作的次数，记为ans。

如果最后一个数是1，那么 $ans += 1$
否则， $ans += 1 + (s[i]-'1')*(ans+1)$

理解：ans += 1，是删掉当前这个数的操作次数；非1的数x每次操作会增长x-1个1，此前已经操作了ans次，那么一个非1的数y总共增加 (x-1)(ans)次，又因为删掉当前这个数又会导致一次1数量的增长，所以ans+=(x-1)(ans+1)

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1005 + 10;
int n;
string s;

int main(){
    cin >> n >> s;
    for(int i = 0; i < s.length(); i++) {
        if(i && s[i] != '1' && s[i - 1] != '1') {
            cout << -1 << endl;
            return 0;
        } 
    }
    ll ans = 0;
    while(1) {
        while(s.length() > 1 && s.back() == '1') s.pop_back(), ans++;
        if(s.length() == 1) {cout << ans << endl; return 0;}
        int tem = s.back() - '0'; s.pop_back();
        ans += 1 + (tem - 1) * (ans + 1) % 998244353;
        ans %= 998244353;
    }
    cout << ans << endl;

	return 0;
}