Educational Codeforces Round 63部分题解

Educational Codeforces Round 63

A

题目大意就不写了.

挺简单的,若果字符本来就单调不降,那么就不需要修改

否则找到第一次下降的位置和前面的换就好了.

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 3;
char s[N];
int n;
int x,y;
inline bool check(){
	int last = -1;
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		if(last > s[i]) {
			x = i - 1,y = i;
			return false;
		}
		last = s[i];
	}
	return true;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",s + 1);
	if(check()) printf("NO\n");
	else printf("YES\n%d %d\n",x,y);
	return 0;
}

B

题目大意:给一个数字串,每个人可以轮流拿掉其中任何一个数字,串长为\(11\)(保证串长大于\(11\)且为奇数)时结束,这是如果开头为\(8\),则先手获胜,问先手是否有必胜策略

刚开始以为是个博弈论,推了\(20\)分钟,发现,我们设两人一共的操作次数为\(k\),能够影响答案的只有前\(k + 1\)个数,我们将\(8\)看作\(1\),非$8 $看作\(0\)

如果前\(k\)个数\(1\)比较多,那么先手必胜,因为后手拿不玩

反之如果\(0\)比较多,那么先手必败

如果一样多,则取决于第\(k + 1\)的数

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 3;
char s[N];
int n;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",s + 1);
	bool flag = 1;
	int need = (n - 11);
	int sum1 = 0,sum2 = 0;
	for(int i = 1;i <= need;++i)
	if(s[i] == '8') sum1++;
	else sum2++;
	if(sum1 > sum2) printf("YES\n");
	else if(sum1 < sum2) printf("NO\n");
	else{
		if(s[need + 1] == '8') printf("YES\n");
		else printf("NO\n");	
	}
	return 0;
}

C

题目大意:给定数组\(x\)与\(y\),问是否存在\(y_i\)和\(b\)将\(x\)中所有的数表示为\(ky_i + b\)的形式（\(x\)数组单调）

看样子自己的数学功底还是不行的

我们试想一下

对于\(a_i\)和\(a_{i + 1}\),如果存在\(y_i\)符合题意,那么一定有\(a_{i + 1} - a_i = ky_i\),也就是说

\(y_i\)要是所有数与其相邻的数差最大公约数的一个因子(这样才能用\(ky_i\)表示出所有的差).

而\(b\)的值,很明显选择\(x_1\)就好了

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 3e5 + 3;
LL a[N],b[N];
inline LL read(){
	LL v = 0,c = 1;char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch == '-') c = -1;
		ch = getchar();	
	}
	while(isdigit(ch)){
		v = v * 10 + ch - 48;
		ch = getchar();	
	}
	return v * c;
}
int n,m;
inline LL gcd(LL x,LL y){
	return y == 0 ? x : gcd(y,x % y);	
}
int main(){
	n = read(),m = read();
	for(int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read();
	for(int i = 1;i <= m;++i) b[i] = read();
	LL g = a[2] - a[1];
	for(int i = 3;i <= n;++i) g = gcd(g,a[i] - a[i - 1]);
	LL ans = -1;
	for(int i = 1;i <= m;++i) if(g % b[i] == 0){
		ans = i;
		break;	
	}
	if(ans == -1) puts("NO");
	else{
		puts("YES");
		cout << a[1] << " " << ans << endl;	
	}
	return 0;	
}

D

题目大意给定\(x\)和一个数组\(a\),你可以选择一个区间将其所有元素乘\(x\)(当然也可以不乘),求乘完之后的最大字段和.

这道题不会不应该.

但这也告诉了我一个技巧,当仅可以选择一个区间进项操作,然后求答案是,用\(dp\)将状态分为操作前,操作中和操作后进行考虑

那么转移方程很明显了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 3e5 + 3;
LL dp[N][3];
LL a[N];
int n;LL x;
int main(){
	scanf("%d%I64d",&n,&x);
	for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%I64d",&a[i]);
	dp[1][0] = a[1],dp[1][1] = a[1] * x,dp[1][2] = a[1];
	for(int i = 2;i <= n;++i){
		dp[i][0] = max(a[i],dp[i - 1][0] + a[i]);
		dp[i][1] = max(a[i] * x,max(dp[i - 1][1] + a[i] * x,dp[i - 1][0] + a[i] * x));
		dp[i][2] = max(a[i],max(a[i] + dp[i - 1][2],a[i] + dp[i - 1][1]));
	}
	LL ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++i) ans = max(ans,max(dp[i][0],max(dp[i][1],dp[i][2])));
	printf("%I64d\n",ans);
	return 0;
}