Codeforces Round #730 (Div. 2) A/B/C/D1 解题思路
好久没敲代码了，连写D1这简单题脑子都转不过来唉，属实一段时间不碰直接成菜鸡了
只写了A/B/C/D1四题，体力也快跟不上了，还剩五十分钟不大想看题了
当作康复训练吧（逃
A - Exciting Bets
题意
给你两个数字\(a,b\)
每次你可以让两个数都\(+1\)或者\(-1\)，但不能出现负数
使得最终的\(\gcd(a,b)\)尽可能大，并且操作次数尽可能小
输出最大的\(\gcd(a,b)\)可能值，并且输出获得这个值的最小操作数
如果\(\gcd(a,b)\)的最大值是无限大，则输出“\(0\ 0\)”
特殊的，\(\gcd(x,0)=x\)
思路
很明显只有当\(a=b\)成立时，\(\gcd(a,b)\)才会接近无限大
而对于\(a\neq b\)的情况，\(\gcd\)的最大值也就是\(|a-b|\)
对于最小的操作数，只需要让\(a,b\)都变成\(|a-b|\)的倍数即可
向下移动次数即\(a\%(a-b)\)，向上移动次数即对除数取补，即\((a-b)-a%(a-b)\)
两者取小即可
代码
//#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
#define all(a) (a).begin(),(a).end()
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> P;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-12;
const double PI=acos(-1.0);
const ll mod=998244353;
const int dx[8]={0,1,0,-1,1,1,-1,-1},dy[8]={1,0,-1,0,1,-1,1,-1};
mt19937 mt19937random(std::chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
ll getRandom(ll l,ll r){return uniform_int_distribution<ll>(l,r)(mt19937random);}
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll qmul(ll a,ll b){ll r=0;while(b){if(b&1)r=(r+a)%mod;b>>=1;a=(a+a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%mod;n>>=1;a=(a*a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%p;n>>=1;a=(a*a)%p;}return r;}
void solve()
{
ll a,b;
cin>>a>>b;
if(a>b)swap(a,b);
if(a==b)
cout<<"0 0\n";
else
cout<<b-a<<' '<<min(a%(b-a),(b-a)-a%(b-a))<<'\n';
}
int main()
{
closeSync;
multiCase
{
solve();
}
return 0;
}
B - Customising the Track
题意
给定一个长度为\(n\)的数组\(\{a\}\)
每次可以随意选择两个位置，让其中一个\(-1\)，另一个\(+1\)，操作次数不限
要求最终\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n|a_i-a_j|\)最小，并求出这个最小值
思路
可得均分所有位置的值时，答案最小
求出总和\(s\)，与\(n\)取模得到无法平均分配的值的大小\(d=s\%n\)
那么选择\(d\)个位置均分这些值
则题目中公式的值也就是此时有多少对位置的值是不同的
值为\(s/n\)的位置有\(n-d\)个，值为\(s/n+1\)的位置有\(d\)个
答案即\(d*(n-d)\)
代码
//#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
#define all(a) (a).begin(),(a).end()
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> P;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-12;
const double PI=acos(-1.0);
const ll mod=998244353;
const int dx[8]={0,1,0,-1,1,1,-1,-1},dy[8]={1,0,-1,0,1,-1,1,-1};
mt19937 mt19937random(std::chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
ll getRandom(ll l,ll r){return uniform_int_distribution<ll>(l,r)(mt19937random);}
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll qmul(ll a,ll b){ll r=0;while(b){if(b&1)r=(r+a)%mod;b>>=1;a=(a+a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%mod;n>>=1;a=(a*a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%p;n>>=1;a=(a*a)%p;}return r;}
void solve()
{
int n;
cin>>n;
ll s=0;
rep(i,1,n)
{
int d;
cin>>d;
s+=d;
}
s%=n;
cout<<s*(n-s)<<'\n';
}
int main()
{
closeSync;
multiCase
{
solve();
}
return 0;
}
C - Need for Pink Slips
题意
有三个字母\(C/M/P\)，初始时每个字母被选中的次数分别为\(c,m,p\ (c+m+p=1)\)
还有一个浮动指数\(v\ (0.1\le v\le 0.9)\)
每次会根据概率随机抽取一个字母，规则如下：
- 如果抽到字母\(P\)，游戏结束
- 否则，根据抽到的那个字母所对应的概率\(a\)，与浮动指数\(v\)进行比对
- 如果\(a\le v\)，则这个字母接下来抽到的概率变为\(0\)，且不再会受到后续操作的影响导致概率上升（变成不可用字母），其概率将被均匀分配给剩余的可用字母
- 如果\(a\gt v\)，则这个字母接下来抽到的概率将会减\(v\)（\(a:=a-v\)），被减去的概率将被均匀分配给剩余的可用字母
问随机进行抽取游戏，最终抽到的字母个数的期望值是多少
思路
发现\(0.1\le v\le 0.9\)，这个值的精度很粗略，并且抽到\(P\)就会结束游戏，每次平均分配概率都会给\(P\)分配到，所以可以直接\(dfs\)模拟一遍全过程，状态数不会太多
\(dfs(c,m,p,len,curp)\)的传参分别表示当前抽到\(C/M/P\)的概率、已经抽到的字母数量、处理到当前状态的概率
注意题目中给定的条件，一旦某个字母变成不可用字母，其后进行的分配概率的操作将不会考虑它
那么直接模拟，假设当前抽到字母\(C\)，概率就是\(curp*c\)，\(C\)的概率变成\(max(c-v,0)\)，而减去的部分平分给剩余的可用字母，继续搜索下去
抽到字母\(M\)的情况同\(C\)
假如抽到\(P\)，则不会再有新的子状态产生，此时概率也就是\(curp*p\)，加上\(P\)后字母个数为\(len+1\)，则对答案的贡献也就是\((len+1)*curp*p\)
代码
//#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
#define all(a) (a).begin(),(a).end()
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define fi first
#define se second
#define double long double
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> P;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-14;
const double PI=acos(-1.0);
const ll mod=998244353;
const int dx[8]={0,1,0,-1,1,1,-1,-1},dy[8]={1,0,-1,0,1,-1,1,-1};
mt19937 mt19937random(std::chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
ll getRandom(ll l,ll r){return uniform_int_distribution<ll>(l,r)(mt19937random);}
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll qmul(ll a,ll b){ll r=0;while(b){if(b&1)r=(r+a)%mod;b>>=1;a=(a+a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%mod;n>>=1;a=(a*a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%p;n>>=1;a=(a*a)%p;}return r;}
double v,r=0;
void dfs(double c,double m,double p,int len,double curp)
{
if(c>eps) //假设抽到了C
{
double d=max(c-v,(double)0.0); //c接下来的概率
if(m>eps) //假如M是可用字母，则概率平分给M和P
dfs(d,m+(c-d)/2,p+(c-d)/2,len+1,curp*c);
else //否则概率全部给P
dfs(d,m,p+(c-d),len+1,curp*c);
}
if(m>eps) //假设抽到了M，下同
{
double d=max(m-v,(double)0.0);
if(c>eps)
dfs(c+(m-d)/2,d,p+(m-d)/2,len+1,curp*m);
else
dfs(c,d,p+(m-d),len+1,curp*m);
}
//cout<<c<<' '<<m<<' '<<p<<' '<<len<<' '<<curp<<'\n';
r+=p*(len+1)*curp; //假如抽到了P，直接计算对答案的贡献
}
void solve()
{
double c,m,p;
cin>>c>>m>>p>>v;
r=0;
dfs(c,m,p,0,1.0);
cout<<fixed<<setprecision(12)<<r<<'\n';
}
int main()
{
closeSync;
multiCase
{
solve();
}
return 0;
}
D1 - RPD and Rap Sheet (Easy Version)
D1. RPD and Rap Sheet (Easy Version)
题意
交互题
初始时给定两个数\(n,k\)
在本Version中\(k=2\)恒定，此值无关紧要，下文直接以异或代替
要求猜测一个位于\(0\)到\(n-1\)之间的数\(x\)，最多只能猜\(n\)次
对于每次猜测的数字\(y\)：
- 假如\(x=y\)，系统输出\(1\)，表示猜测成功，结束本次猜测
- 否则，系统输出\(0\)，并且此时\(x\)的值将会变成\(z\)，并且\(z\)满足\(x\oplus z=y\)
思路
\(x\oplus z=y\)，即\(x\oplus z\oplus x=y\oplus x\)，即\(z=x\oplus y\)
即对于每次猜测，会将待猜测的值\(x\)与猜测的值\(y\)取二进制异或，形成新的\(x\)值
那么初始时先猜\(0\)，如果成功直接退出，失败的话继续接下来的操作
由于初始\(x\)的值保证在\(0\)到\(n-1\)之内，最多也只能猜\(n\)次，所以从某种意义上来说直接枚举一遍\(0\)到\(n-1\)之间的数即可
从第二次猜测开始，每次猜测将前一次猜测所造成的影响除去
根据\(a\oplus b\oplus b=a\)，所以接下来枚举\(i=1\)到\(n-1\)，每次猜测的数为\(i\oplus (i-1)\)，就可以将\(i-1\)造成的影响删除，变为猜测数字\(i\)
代码
//#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
#define all(a) (a).begin(),(a).end()
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> P;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-12;
const double PI=acos(-1.0);
const ll mod=998244353;
const int dx[8]={0,1,0,-1,1,1,-1,-1},dy[8]={1,0,-1,0,1,-1,1,-1};
mt19937 mt19937random(std::chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
ll getRandom(ll l,ll r){return uniform_int_distribution<ll>(l,r)(mt19937random);}
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll qmul(ll a,ll b){ll r=0;while(b){if(b&1)r=(r+a)%mod;b>>=1;a=(a+a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%mod;n>>=1;a=(a*a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%p;n>>=1;a=(a*a)%p;}return r;}
void solve()
{
int n,k,r;
scanf("%d%d",&n,&k);
printf("0\n"); //先猜0
fflush(stdout);
scanf("%d",&r);
if(r==1)
return;
repp(i,1,n) //枚举一遍总能猜到
{
printf("%d\n",i^(i-1)); //其后每次注意去除前一次造成的影响即可
fflush(stdout);
scanf("%d",&r);
if(r==1)
break;
}
fflush(stdout);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
solve();
return 0;
}
D2/E 无
https://blog.csdn.net/qq_36394234/article/details/118561911
