Educational Codeforces Round 144 (Rated for Div. 2)（A，B，C，D）

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Educational Codeforces Round 144 (Rated for Div. 2)（A，B，C，D）

本来这场我是要 $v p$ 的，但是后来第一个题 $w a$ 了一次，心态崩了，就没有看了，后面才补的

A

这个就是求一个串是不是另外一个串的子串，我都知道了这个另外一个串是什么了，就是我是自己写的判断两个字符串是否是为子串的关系写错了（还是太弱了），其实我们可以看到 $k$ 的大小是不大的，所以我们可以根据我所得到的的规律构造一个串（长度比 $k$ 大），然后利用 $f i n d$ 来判断

我觉得我在做这个题的时候没有看到那个 $k$ 的范围，然后就一股脑的去写，ε=(´ο｀*)))

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
const int manx=2e5+10;
int t,n;
string ss="FBFFBFFB";
void solve()
{
    string s;
    cin>>n;
    cin>>s;
    if (ss.find(s)!=-1)
    {
        cout<<"YES\n";
    }
    else cout<<"NO\n";
    return ;
}
int main ()
{
    cin>>t;
    ss=ss+ss+ss;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}

B

这个是我后面自己写的

题目大意就是我们可以用一个既有 $*$ 又有字母的字符串，我们可以把 $*$ 变成任意的字符（长度不定），然后给出我们两个字符串，找到一个上面所述的形式的字符，这个字符串可以得到这两种字符，但是还要满足字母的数量不可以大于 $*$ 的数量

我们可以知道，如果对于两个字符串都存在的字符，那么那么这一个字符就可以直接显示出来，而不需要通过 $*$ 变成，所以对于那些两个字符串都存在的字符，我们就是以字母的形式

然后我们对于那些不同的，我们直接用 $*$ 变成

然后我们还知道 $* a * a *$ 这样的字符串， $*$ 一定是大于字母的数量的

所以我们只有两端的字符是一样的，那么我们后面都由 $*$ 变成，符号条件

那么对于那些两端不同的，只有中间存在两个连续的字符在两个字符串里面是一样的，那么就会变成 $* a b *$ ,符号条件，如果不满足，那么就只有 $* a *$ ,不满足条件

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
#define yes cout<<"YES\n"
#define no cout<<"NO\n";
int t;
string s,ss;
void solve()
{
    cin>>s>>ss;
    if (s[0]==ss[0])
    {
        yes;
        cout<<s[0]<<"*\n";
        return ;
    }
    int n=s.size(),nn=ss.size();
    if (s[n-1]==ss[nn-1])
    {
        yes;
        cout<<"*"<<s[n-1]<<'\n';
        return ;
    }
    for (int i=0;i+1<n;i++)
    {
        for (int j=0;j+1<nn;j++)
        {
            if (s[i]==ss[j]&&s[i+1]==ss[j+1])
            {
                yes;
                cout<<"*"<<s[i]<<s[i+1]<<"*\n";
                return ;
            }
        }
    }
    no;
    return ;
}
int main ()
{
    cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}

C

题目大意就是给你一对 $l$ 和 $r$ ,我们需要在这一段里面找任意个数，使得我所选择的数是两两可整除的，问我所选择的数的数量最大是多少，这个数量的数有多少种选择

首先我们需要知道这个最大的数量是多大

要满足数量最多，那么这个最小的数一定是 $l$ ,要满足两两可整除，那么后面的我们可以依次乘 $2$ ,那么最大数量 $l e n$ ，第 $l e n$ 大的数是$ l\times 2^{len-1} $, 这个数是最后一个小于$ r $的，那么我们可以得到$ len=log2(r/l)$,对于所有的都是 $2$ ,然后我们还可以把这个 $2$ 替换成 $3$ ,但是不可以是 $4$ ,一定是不满足的

对于最大的数是最小的数的 $2^{l e n - 1}$ ( $m u l$ )倍，只要这个最大的在 $r$ 的范围内的均可，所以对于这一种倍数满足条件的有多少个，我们可以求出最后一个满足这个条件（ $r / m u l$ ）的，那么这个数到 $l$ 的范围都是满足条件的

但是注意对于把任意个 $2$ 变成 $3$ ,有不同的组合方式

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
#define int long long 
const int mod=998244353;
int n,t,l,r;
int c[40][40];
void init()
{
    for (int i=0;i<=30;i++)
    {
        for (int j=0;j<=i;j++)
        {
            if (!j)
            {
                c[i][j]=1;
            }
            else 
            {
                c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
            }
        }
    }
    return ;
}
void solve()
{
    cin>>l>>r;
    int len=__lg(r/l);
    int mul=1<<len;
    int ans=0;
    for (int i=0;i<=len;i++)
    {
        if (l*mul>r) break;
        ans=(ans+c[len][i]*(r/mul-l+1)%mod)%mod;
        mul=mul*3/2;
    }
    cout<<len+1<<" "<<ans<<'\n';
    return ;
}
signed main ()
{
    cin>>t;
    init();
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}

D

这个大意是给你一个 $n$ 个数，我们需要选择 $k$ 个数，把这 $k$ 个数加 $x$ ,其余的减 $x$ ,问最大子段和

这个我们可以参考普通的最大字段和

for (int i=1;i<=n;i++)
{
    dp[i]=max(dp[i-1]+a[i],a[i]);//以i为结尾的最大子段和
}

最大子段和

然后我们这个题还需要选择 $k$ 个加 $x$ ,其余减 $x$ 的变化

所以我们还需要多一维来表达这个位置是加还是减，还需要记录此时已经有了多少个加了

那么对于 $d p [i] [j] [x] [y]$ 代表此时已经遍历的 $i$ 的长度，已经有了 $j$ 个加法操作了， $x$ 用 $0$ , $1$ 表示，代表 $i$ 位置的数是加法还是减法， $y$ 用 $0$ , $1$ 表示，代表 $i$ 位置的数放进子段里面还是不放

然后我们就可以很容易的得出状态转移方程

 if (i>j)//最多只能有i-1个，他前面只有i-1个位置（不包括i),第i个进行减法操作
 {
     dp[i][j][0][0]=max(dp[i-1][j][0][0],max(dp[i-1][j][0][1],max(dp[i-1][j][1][0],max(dp[i-1][j][1][1],0ll))));
     dp[i][j][0][1]=max(dp[i-1][j][0][1]+t0,max(dp[i-1][j][1][1]+t0,t0));
 }
if (j)//加法操作，这一项的j可以等于i,可以前面到i都是加法
{
    dp[i][j][1][0]=max(dp[i-1][j-1][0][0],max(dp[i-1][j-1][0][1],max(dp[i-1][j-1][1][0],max(dp[i-1][j-1][1][1],0ll))));
    dp[i][j][1][1]=max(dp[i-1][j-1][0][1]+t1,max(dp[i-1][j-1][1][1]+t1,t1));
}

具体代码如下

#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
#define int long long 
int dp[maxn][30][2][2];
int a[maxn];
int n,k,x;
void solve()
{
    cin>>n>>k>>x;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    for (int i=0;i<2;i++)
    {
        for (int j=0;j<2;j++)
        {
            dp[0][0][i][j]=0;
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=0;j<=min(i,k);j++)
        {
            int t1=a[i]+x;
            int t0=a[i]-x;
            if (i>j)//最多只能有i-1个，他前面只有i-1个位置（不包括i),第i个进行减法操作
            {
                dp[i][j][0][0]=max(dp[i-1][j][0][0],max(dp[i-1][j][0][1],max(dp[i-1][j][1][0],max(dp[i-1][j][1][1],0ll))));
                dp[i][j][0][1]=max(dp[i-1][j][0][1]+t0,max(dp[i-1][j][1][1]+t0,t0));
            }
            if (j)//加法操作，这一项的j可以等于i,可以前面到i都是加法
            {
                dp[i][j][1][0]=max(dp[i-1][j-1][0][0],max(dp[i-1][j-1][0][1],max(dp[i-1][j-1][1][0],max(dp[i-1][j-1][1][1],0ll))));
                dp[i][j][1][1]=max(dp[i-1][j-1][0][1]+t1,max(dp[i-1][j-1][1][1]+t1,t1));
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for (int i=0;i<2;i++)
    {
        for (int j=0;j<2;j++)
        {
            ans=max(ans,dp[n][k][i][j]);
        }
    }
    cout<<ans<<'\n';
    return ;
}
signed main ()
{
    int t;
    cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}

posted @ 2023-03-05 00:09 righting 阅读(64) 评论(0) 编辑收藏举报

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