CodeForces Round 957 (Div3)

蒟蒻找了一些简单题做了而已，别太在意……

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A. Only Pluses

题意

三个正整数 $a, b, c$ ，有五次操作机会。

每次操作：

选取 $a, b, c$ 中任意一个数，将这个数加上一。

要求最大化 $a \times b \times c$ 。

思路

很直接的贪心题。

假设有三个正整数 $x, y, z$ ，给其中的某一个数加上一，那么其乘积就是 $(x + 1) y z$ 或 $x (y + 1) z$ 或 $x y (z + 1)$ 。

要使乘积最大，那么这个加一的数一定是 $x, y, z$ 中最小的那个数。

以此类推，五次操作中，我们必须贪心地选取 $a, b, c$ 中最小的数。

为了省时省力，我们可以用小根堆来维护。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t,ans=1;cin>>t;
    priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
    while(t--){
        ans=1;for(int i=1,x;i<=3;i++)cin>>x,q.push(x);
        for(int i=1,t;i<=5;i++)
            t=q.top(),q.pop(),t++,q.push(t);
        for(int i=1;i<=3;i++)ans*=q.top(),q.pop();
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

B. Angry Monk

题意

给定长度为 $k$ 的序列 ${a_{k}}$ 和正整数 $n$ ，保证 $\sum a_{i} = n$ ，每次可以进行一下两种操作：

选定一个 $a_{i} (a_{i} > 1)$ ，将其分裂成 $a_{i} - 1$ 和 $1$ 。
选定 $a_{i}$ 和 $a_{j}$ ，满足 $a_{i} = 1$ ，将 $a_{i}$ 和 $a_{j}$ 合并为一个 $a_{j} + 1$ 。

求将序列长度变为 $1$ 的最小操作次数。

思路

依然是贪心。

如果两个数可以合并，当且仅当其中一个数为 $1$ 。

考虑 $k = 2$ 的情况，假设序列中两个元素为 $p, q (p > q)$ ，那么它的最小操作步数就是 $2 q - 1$ ，即先将 $q$ 分裂为 $q$ 个 $1$ ，再让这 $q$ 个 $1$ 与 $p$ 合并。

以此类推，我们可以将序列先排序，把其中最小的 $k - 1$ 个元素分别分解为 $1$ ，在让它们和最大的元素合并。

这样就能做了。

但继续想想，可以想到一个公式：

a n s = n - max {a_{i}} - (k - 1) + n - max {a_{i}}

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,k,a[100001];
void solve(){
    cin>>n>>k;for(int i=1;i<=k;i++)cin>>a[i];
    sort(a+1,a+k+1);
    cout<<n-a[k]-(k-1)+n-a[k]<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;cin>>t;while(t--)solve();
    return 0;
}

C. Gorilla and Permutation

题意

给定正整数 $n, m, k$ ，假设有一个关于 $n$ 的排列 ${a_{n}}$ ，那么 $f (i) = \sum_{j = 1}^{i} a_{i} | a_{i} \geq k, g (i) = \sum_{j = 1}^{i} a_{i} | a_{i} \leq m$ 。

需要求一个 $n$ 的排列，最大化 $\sum_{i = 1}^{n} f (i) - \sum_{i = 1}^{n} g (i)$ 。

思路

依然是贪心。

在求两个正整数的最大差时，有一种思路就是在最大化被减数的同时最小化减数，这道题就可以用这种思路。

首先考虑如何最大化 $\sum_{i = 1}^{n} f (i)$ 。易得我们只需要在排列前端把 $k$ 到 $n$ 从大到小排序即可。

其次考虑如何最小化 $\sum_{i = 1}^{n} g (i)$ 。易得我们只需要在排列末端把 $1$ 到 $m$ 从小到大排序即可。

注意到 $k > m$ ，所以这两个操作并不交叉。至于那些大于 $m$ 又小于 $k$ 的数，随便放就行了。

直白地，对于给定的 $n, m, k$ ，我们给出的排列应当是：

n, n - 1, . . ., k + 1, k, . . ., 1, 2, . . . m - 1, m

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;cin>>t;
    while(t--){
        int n,m,k;cin>>n>>m>>k;
        for(int i=n;i>m;i--)cout<<i<<' ';
        for(int i=1;i<=m;i++)cout<<i<<' ';
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

D. Test of Love

题意

A 愿意为 B 做任何事，甚至游过鳄鱼出没的沼泽。我们决定考验一下这份爱。A 必须游过一条长 $n$ 米的河。他需要从 $0$ 游到 $n + 1$ 。

最初，A 在左岸，需要到达右岸。它们分别位于 $0$ 和 $n + 1$ 米。这条河可以表示为 $n$ 段，每段长度为 $1$ 米。每个片段要么包含一个圆木 'L'，要么包含一个鳄鱼 'C'，要么包含一个水 'W'。A 可以移动如下:

如果他在岸上或在圆木上，他可以向前跳不超过 $m (1 \leq m \leq 10)$ 米。
如果他在水里，他只能游到下一个河段(或者如果他在第 $n$ 米处，他只能游到河岸)。
A 在任何情况下都不能带着鳄鱼降落在分段上

确定 A 是否能到达右岸。

思路

模拟贪心，好像很多 Div3 的题都是这样。

先来个分类讨论，假设当前为 $i$ ，假设输入的字符串为 $c$ ，那么：

$c_{i} =$ 'L'，那么他可以向前跳最多 $m$ 格，因为他最多只能游 $k$ 格，所以我们可以贪心地尽量选择圆木。如果往后的 $m$ 格都没有圆木，那么就跳进离 $i$ 最远的水里。如果连水都没有，只有鳄鱼，那么输出 NO。
$c_{i} =$ 'W'，那么操作就很简单了，直接从 $i$ 开始向后枚举，如果可以到达圆木，那么就站在圆木上，如果到达不了，那么输出 NO。

我们可以把 $c_{0}$ 和 $c_{n + 1}$ 看作是个圆木。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
char c[200005];
void solve(){
	memset(c,0,sizeof(c));
    cin>>n>>m>>k;c[0]='L',c[n+1]='L';
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i];
    for(int i=0;i<=n+1;){
        bool b=0;
        if(i==n+1){cout<<"YES"<<endl;return;}
        if(c[i]=='W'){
            for(int j=i+1,l=1;j<=n+1;l++,j++){
                if(c[j]=='C'){cout<<"NO"<<endl;return;}
                if(c[j]=='L'){
                    k-=l;
                    if(k<0){cout<<"NO"<<endl;return;}
                    i=j;break;
                }
            }
            continue;
        }
        for(int j=min(i+m,n+1);j>=i+1;j--)if(c[j]=='L'){i=j;b=1;break;}
        if(b)continue;
        for(int j=min(i+m,n+1);j>=i+1;j--)if(c[j]=='W'){i=j;b=1;break;}
        if(b)continue;
        cout<<"NO"<<endl;return;
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;cin>>t;while(t--)solve();
    return 0;
}

E. Novice's Mistake

题意

对于一个只含数字字符的字符串 $n$ ，求出两个正整数 $a, b$ 满足：

$a \times n - b = a \times num {n} - b$ 。

思路

很直接，小模拟。

如果 $n = 1$ ，那么直接从 $1$ 到 $9999$ 输出 $a, b$ 即可。

注意到，若要满足上述条件，那么 $a \times n - b$ 一定是 $n$ 的前几位，用循环解决即可。

枚举 $a \times n - b$ 的位数。假设当前枚举到位数为 $l$ ，当前数字为 $k$ ，那么联立方程组，易得 $a = \frac{k - l}{n - len {n}}, b = a \times len {n} - l$ 。

注意细节，具体见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;cin>>t;
    while(t--){
    	int n;cin>>n;int x[601],cnt=601,k=0,sum=0,o=n,p;
    	if(n==1){
    		cout<<9999<<endl;
    		for(int i=1;i<=9999;i++)cout<<i+1<<' '<<i<<endl;
    		continue;
		}
    	while(o)sum++,o/=10;vector<pair<int,int>>v;
    	for(int i=1;i<=6;i++){int u=n;while(u)x[--cnt]=u%10,u/=10;}
    	for(int i=cnt,l=1;i<=600;i++,l++){
			k=k*10+x[i];if(k>10000*n)break;
			if((k-l)%(n-sum)==0){
				int a=(k-l)/(n-sum);
				if(a==0||a*sum-l==0)continue;
				v.push_back(make_pair(a,a*sum-l));
			}
		}
		cout<<(p=v.size())<<endl;
		for(int i=0;i<p;i++)cout<<v[i].first<<' '<<v[i].second<<endl;
	}
    return 0;
}

F. Valuable Cards

题意

给定序列 ${a_{n}}$ 和正整数 $x$ ，保证序列中不含 $x$ 。将序列分为多块，使得每块满足：

在这一块中挑选若干个整数，使得它们的乘积不可能为 $x$ 。

最小化块数。

思路

很直接的贪心（吧）。因为块数要越少越好，所以每一块中的元素应当越多越好。

我们先将 $x$ 分解因数，以便快速查询。接下来枚举每一个块，枚举 $x$ 的因数，如果当前枚举的 $a_{j}$ 是 $x$ 因数的因数，那么查询一下当前这一块中是否有另外一个整数与 $a_{j}$ 相乘等于 $x$ 的因数，如果有，那就将这个 $x$ 的因数存入查询中，最后再将 $a_{j}$ 自身存入查询。

每一次枚举过后都要考虑查询中有没有 $x$ ，如果有的话，那么就重新开始枚举下一块，ans++。

我们定义一个 unordered_map 来完成上述操作。由于 unordered_map 的平均复杂度为 $O (1)$ ，所以总时间复杂度应该是 $O (\sum n \sqrt{x})$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,x,a[100001];
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;cin>>t;
    while(t--){
        int ans=0,cnt=0;int num[1001];
        cin>>n>>x;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
        for(int i=1;i<=x;i++)if(x%i==0)num[++cnt]=i;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            ans++;unordered_map<int,bool>p;
            for(int j=i;j<=n;j++){
            	vector<int>v;
                for(int k=1;k<=cnt;k++){
                    if(num[k]%a[j]==0&&p.count(num[k]/a[j]))
                        v.push_back(num[k]);
                }
                for(int i=0;i<v.size();i++)p.emplace(v[i],0);
				p.emplace(a[j],0);
                if(p.count(x)){i=j-1;break;}
                else if(j==n){i=j;break;}
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

posted @ 2024-07-13 15:36 SnapYust 阅读(50) 评论(0) 编辑收藏举报

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