4.5Codeforces Round 905 (Div. 3)
1.C题
题意：几个数字，挑选其中几个进行+1.得到的数字的乘积可以整除k
注意题目条件：
k只能是2，3，4，5这几种情况
每个数字只能是1——10（不算大）（好像没啥用，因为可以自增超过10）
思路：
对于2，3，5要想整除，这些个数里必须要有一个数是可以整除2，3，5的。所以思路很简单，去造，找到一个“变成5的倍数”所需+1最少的就行
对于4，分为几种情况：
1、原数组有两个偶数，那一定可以整除4，
2、原数组只有一个偶数，那就是输出1，找个奇数+1，一次操作即可
3、原数组没有偶数，全是奇数，那么就必须和2，3，5一样手动造4了，找到一个“变成4的倍数”所需+1最少的就行，但是要特判1，1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using i64 = long long;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);
int t = 1; cin >> t;
while(t--)
{
int x,n,k;cin>>n>>k;
int red=0;
int ans=1e18;
for(int i=0;i<n;i++)//输入数据
{
cin>>x;
if(x%k==0)
ans=0;
ans=min(ans,(k-x%k));//手动造数
if(x%2==0)//计算奇偶数量，对4的情况而做的
red++;
}
if(ans==0)//如果整除了，直接输出0即可
{
cout<<ans<<endl;
continue;
}
if(k==4)
{
if(red==0)//没有偶数
{//下面是对1，1的特判
//1，1 这是需要造3的，但是2就可以了
//3，3这是需要造1的
//所以，防止1，1的情况，如果出现了3，就给他改成2. 4这个模块下不可能有3，一定都能转换成2
cout<<min((int)2,ans)<<endl;
}
else if(red==1)
{
cout<<1<<endl;
}
else
{
cout<<0<<endl;
}
}
else
{
cout<<ans<<endl;
}
}
return 0;
}
2、D题
题意：给你一堆线段，判断这一堆线段里有没有不重合的线段
思路：放缩思想之看边界：要看有没有，只需要看两个离得最远的两个线段。只要有不重合的，他俩一定是第一个。
实现：最左边的线段，看他的右端点。最右边的线段，看它的左端点。
涉及一个排序问题，把所有的左端点放入multiset即可。
注意：如果你只是想用排序，那就用multiset，用set的话，判重是非常消耗时间的，可能导致超时。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using i64 = long long;
map<int,int> a;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);
int t = 1; cin >> t;
multiset <int> L,R;
while(t--)
{
char c;cin>>c;
int x,y;cin>>x>>y;
if(c=='+')
{
L.insert(x);
R.insert(y);
}
else
{
L.erase(L.find(x));
R.erase(R.find(y));
}
if(!L.empty()&&*L.rbegin()>*R.begin())
{
cout<<"yes"<<endl;
}
else
cout<<"no"<<endl;
}
return 0;
}
3、E题
题意：一串数字，每次操作是从里面选一个，使其乘2，问你至少需要多少次，这个数列单调不减
思路：分为两种情况：
1、321（连续往下低）：2要乘2，1肯定得至少先跟着走一次。不管有没有第二次，这次必须得有，所以这种连续低的模型就可以借用前面的计数
2、3214（连续低突然高）：高了，那就要拿1和4重新比较了，看一下1变成4需要多少次（然后再和1之前已经的次数进行抵消）如果是负数，那就说明1不需要再进行变化即可超过4了。
3、连续高，那就连续像上面比较。
实现：分为两种情况：1、连续低的。2、忽然高的（要重新比较，但是还要抵消）
备注及收获：数学对数的应用：log2（3/4）=log2 3 - log2 4
2变成3所需要的次数，2变成4所需要的次数，相减就是4变成3的所需要的2的次数（高中数学的应用） 关于次幂类的数学问题都该想到log
该题还使用了强制转换和上下取整
思维题:
1、挑出几种情况，来猜测通项公式
2、缩小规模
3、看“至少”“边界”
4、假设
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
using i64 = long long;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N],t[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int q; cin>>q;
while(q--)
{
int n; cin>>n;//一共n个数字
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i];//输入这个数组
for(int i = 2;i <= n; i++)
{
if(a[i] >= a[i-1])//如果忽高 这个减号就是抵消的意思
t[i] = max(0ll,(ll)(t[i-1]-floor(log2((double)a[i]/a[i-1]))));
else//连续低 数学的log（学了几年数学愣是没学懂）
t[i] = max(0ll,(ll)(t[i-1]+ceil(log2((double)a[i-1]/a[i]))));
}
ll ans = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++)
ans += t[i];
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
4、F题（这题我思路根本没想懂，下面是看着答案硬凑的，还是不太会）
题意：一个数组，找到其中的连续子集（这个子集是唯一的），这样的连续子集有多少个
思路：
唯一：什么是唯一？：一个子串和另一个子串，长度，和元素至少一个不同（第二个子串是可以不连续的，但是必须有序，这是题目意思吧）
1、如果元素相同，你必须控制长度不同：现在给你一个，左边的不能跟他替换（甩掉中间不连续，就是一个全等字符串），右边的本身就不能替换（中间不能甩掉，因为必须有序）
2、如果长度相同，你必须控制元素不同：现在给你一个固定长度的，左平移，如果左边就没有元素跟最左边的这个一样，那再怎么往左边平移都不会有重复（右边也一样）
答案思路：左边第一个出现的，和右边最后一个出现的，可以组成一个唯一性的数组
思维题：
序列这种东西，只能抓住左右点，或者长度
二维矩阵，迷宫啥的，只能抓住坐标
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve(){
int n; std::cin >> n;
std::vector<int> a(n+1), f(n+2), g(n+2);
for (int i = 1; i <= n; i++) {//现在写代码都开始从1输入数据了么？很能避免下标和常用习惯混淆！
std::cin >> a[i];//输入数组
}
std::map<int, int> v;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = v[a[i]] == 0;//若该数字出现次数为0，即为正着来的首次出现
v[a[i]] += 1;//计数数组
}
v.clear();//把v清空
for (int i = n; i; --i) {//逆向计数
g[i] = v[a[i]] == 0;//即为反着来的首次出现
v[a[i]] += 1;
}
v.clear();
for (int i = n; i; --i) {
g[i] += g[i+1];//后缀和 记录后面一串数字中 最后一次出现的数字有多少个
} //为了下面正向走的时候和后面的进行组合
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans += 1LL * f[i] * g[i];
std::cout << ans << '\n';
}
signed main() {
int _ = 1; std::cin >> _;
while (_--) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号