Codeforces Global Round 26 补题记录（A~C2）

合集 - CodeForces 比赛合集(19)

1.CodeForces Round #939(Div. 2) 补题记录（A~F）2024-04-16 2.CodeTON Round 8 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!) 补题记录（A~A）2024-04-17 3.Educational Codeforces Round 163 (Rated for Div. 2) 补题记录（A~D）2024-04-17 4.CodeForces Round #951(Div. 2) 补题记录（A~E）2024-06-07

5.Codeforces Global Round 26 补题记录（A~C2）2024-06-10

下大分场/ll

A

若 $a$ 的值全部相同则无解，否则：

存在一个数出现了至少两次。那么让其中的恰好一次染上红色，其他的数全部染上蓝色。
不存在一个数出现了至少两次。那么随机选取一个数染上红色，其他的数全部染上蓝色。

时间复杂度为 $O (n)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1000100;
int a[N];
signed main() {
    int T;
    cin>>T;
    while(T--){
        int n;
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
        if(a[1]==a[n])cout<<"NO\n";
        else{
            cout<<"YES\n";
            map<int,int>mp;
            for(int i=1;i<=n;i++)mp[a[i]]++;
            for(int i=1;i<=n;i++)if(mp[a[i]]>=2){
                for(int j=1;j<=n;j++)if(j==i)cout<<"R";else cout<<"B";
                cout<<'\n';
                goto ee;
            }
            cout<<"R";
            for(int i=2;i<=n;i++)cout<<"B";
            cout<<'\n';
            ee:;
        }
    }
}

B

考虑从低位到高位模拟过程。如果在枚举到某一位的值的时候，值为 $9$ ，那么因为 $9$ 和 $19$ 均不可以被分成两个 $5 \sim 9$ 的数的和，所以必然无解。否则必然可以分成两个 $5 \sim 9$ 的数的和。设这个位置的值为 $x$ ，那么会让答案减去 $10 + x$ 。如果减到一个位置的时候，答案不够减，那么就必然存在无解。如果枚举到第一位的时候剩下的值仍然不为 $0$ ，那么无解（没有地方可以退位），否则有解。

时间复杂度为 $O (| n |)$ ，其中 $| n |$ 重定义为 $n$ 在 $10$ 进制下的位数。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1000100;
char s[N];
int a[N];
signed main() {
    int T;
    cin>>T;
    while(T--){
        scanf("%s",s+1);
        bool ok=true;
        int n=strlen(s+1);
        for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=s[i]^48;
        a[0]=a[n+1]=a[n+2]=a[n+3]=a[n+4]=a[n+5]=0;
        for(int i=n;i>1;i--){
            if(a[i]==9){ok=false;break;}
            a[i-1]--;
            for(int j=i-1;j;j--){
                if(a[j]>=0)break;
                a[j-1]--,a[j]+=10;
            }
            if(a[0]<0){ok=false;break;}
        }
        cout<<((ok&&!a[1])?"YES":"NO")<<'\n';
    }
}

C1

发现要么一直不用 $2$ 操作，要么在答案取到最小值的时候使用一遍 $2$ 操作让其变为相对大一些的值。显然使用多遍 $2$ 操作是不优的。然后还能发现若存在一个位置 $p$ 使得前缀和 $< 0$ ，那么这个地方不用 $2$ 操作肯定不如用 $2$ 操作优。因此若不存在一个前缀和的值 $< 0$ 那么就不应该使用 $2$ 操作。否则一定在任意一个值最小的位置使用 $2$ 操作即可。

时间复杂度为 $O (n)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1000100;
int a[N],pre[N];
signed main() {
    int T;
    cin>>T;
    while(T--){
        int n,id=-1;
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],pre[i]=pre[i-1]+a[i];
        int mi=0;
        for(int i=n;i;i--)if(pre[i]<mi){
            mi=pre[i];
            id=i;
            // break;
        }
        if(id==-1)cout<<pre[n]<<'\n';
        else{
            int s=0;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                if(i<=id)s-=a[i];
                else s+=a[i];
            }
            cout<<s<<'\n';
        }
    }
}

C2

不会猜结论。每一步结束之后，若当前的前缀和取到了全部前缀和的最小值，则这一步对答案造成了 $2^{n - i + r}$ ，其中 $r$ 是在这一步操作中前缀和 $\geq 0$ 的位置的数量。若全部操作中没有任何一个前缀和 $< 0$ 则答案为 $2^{n}$ 。考虑这个为什么是对的。

不存在任何一个前缀和使得这个前缀和 $\leq 0$ 。此时对于任意一个位置 $1$ 操作和 $2$ 操作没有任何本质区别。任意一步都可以在 $1$ 操作和 $2$ 操作中任选一个操作执行。
存在一个前缀和使得这个前缀和 $\leq 0$ 。因为执行完这一步之后后面不论怎么走答案都不会偏离最大值（参见 C1 的结论），所以说后面的任意一步都可以在 $1$ 操作和 $2$ 操作中任选，即 $2^{n - i}$ 种不同选择；若前面有前缀和 $\geq 0$ 的那么 $1$ 操作和 $2$ 操作没有本质的区别，若有 $r$ 个满足这样条件的则有 $2^{r}$ 种不同选择。根据乘法原理可知对答案的贡献为 $2^{n - i + r}$ 。其中 $r$ 可以在枚举的时候扫一遍得出答案。

时间复杂度为 $O (n)$ 。

Brute Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1000100;
int a[N],pre[N];
signed main() {
    int T;
    cin>>T;
    while(T--){
        int n,id=-1;
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],pre[i]=pre[i-1]+a[i];
        int mi=0;
        for(int i=n;i;i--)if(pre[i]<mi){
            mi=pre[i];
            id=i;
            // break;
        }
        if(id==-1){
            cout<<pre[n]<<'\n';
            int s=pre[n];
            int cnt=0;
            for(int i=0;i<(1ll<<n);i++){
                int now=0;
                for(int j=1;j<=n;j++)if(i>>(j-1)&1)now+=a[j];
                else now=abs(now+a[j]);
                if (now==s)cnt++;
            }
            cout<<cnt<<'\n';
        }
        else{
            int s=0;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                if(i<=id)s-=a[i];
                else s+=a[i];
            }
            cout<<s<<'\n';
            int cnt=0;
            for(int i=0;i<(1ll<<n);i++){
                int now=0;
                for(int j=1;j<=n;j++)if(i>>(j-1)&1)now+=a[j];
                else now=abs(now+a[j]);
                if (now==s)cnt++;
            }
            cout<<cnt<<'\n';
        }
    }
}

Correct Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1000100,mod=998244353;
int a[N],pre[N],bin[N];
signed main() {
    int T;
    cin>>T;
    bin[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)bin[i]=bin[i-1]*2%mod;
    while(T--){
        int n,id=-1;
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],pre[i]=pre[i-1]+a[i];
        int mi=0,r=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)mi=min(mi,pre[i]);
        if(mi==0)cout<<bin[n]<<'\n';
        else{
            int ans=0;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                if(pre[i]>=0)r++;
                if(pre[i]==mi)ans=(ans+bin[n-i+r])%mod;
            }
            cout<<ans<<'\n';
        }
    }
}