Codeforces Round 1004 (Div. 2)-交互题、数学题
比赛主页：Codeforces Round 1004 (Div. 2)
目录：
A. Adjacent Digit Sums
B. Two Large Bags
C. Devyatkino
D. Object Identification
A. Adjacent Digit Sums
A. Adjacent Digit Sums
题意：
给定两个整数 x, y，问是否存在一个整数 n，使得 S(n) = x, S(n+1) = y
其中 S(n) 表示整数 n 的数位和
思路：
- 如果发生进位，那么数位和的变化值将会是：进位次数 * 9-1，只需要判断（ x - y+1 ）% 9 是否为 0 即可
- 前提是 x-y+1 > 0
- 或则没有发生进位，那么 y=x+1
// https://codeforces.com/contest/2067/problem/A
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD = 1e9 + 7;
int T, n, m, k;
void solve()
{
cin >> n >> m;
if ((n + 1 == m) || (n - m + 1 > 0 && (n - m + 1) % 9 == 0))
cout << "YES\n";
else
cout << "NO\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
B. Two Large Bags
B. Two Large Bags
题意：
有两个背包 a, b，一开始背包 a 中有 n 个数，你可以进行以下操作无限次：
- 将 a 中的一个数字 number 放到 b 中
- 如果 a、b 中都存在数字 number，那么背包 a 中的 number+1（数值+1，不是数量+1），背包 b 中的 number 不变
问是否可以通过任意次操作使得 a = b，即每种数字的数量都相同
思路：
- 我们需要让每种数的出现次数为偶数，而且只能 +1，所以可以从后往前遍历
- 如果 cnt[i] 是奇数，那么就需要将 i-1 的数 +1 得到 i
- 那么需要多少个呢？
- cnt[i] 是奇数，那么还需要 1 个 i-1，所以需要 1 个 i-1 变到 i，而且每种数必须出现偶数次，那么至少需要 3 个 i-1，
- 那就再看 i-1 有多少个，需不需要往更小的数借数，以此类推，每层都需要 ans + 2
- 如果到了哪一层 cnt[x]（x<i） 足够变这么多个 i 了，那就继续往下遍历，找是奇数的位置
- 如果最后遍历到 1 位置了，ans 还没有被消掉，那么就是 NO 了
// https://codeforces.com/contest/2067/problem/B
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD = 1e9 + 7;
int T, n, m, k;
int cnt[1003];
void solve()
{
cin >> n;
for (int i = 0; i <= n; i++)
cnt[i] = 0;
for (int i = 0, x; i < n; i++)
cin >> x, cnt[x]++;
int ans = 1;
for (int i = n; i >= 1; i--)
{
if (cnt[i] & 1)
{
while (i >= 1)
{
if (cnt[i - 1] >= ans + 2)
{
cnt[i - 1] -= ans + 2;
ans = 1;
break;
}
else
ans = ans + 2 - cnt[i - 1];
i--;
}
if (i < 1)
{
cout << "NO\n";
return;
}
}
}
cout << "YES\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
C. Devyatkino
C. Devyatkino
题意：
给定一个整数 n，可进行以下操作：
- 给 n 加上 10^x - 1（x >= 1）即（9、99、999、...、99999999...）
求最少操作次数使得 n 的数位中存在 7
思路：
- 答案不够超过 9，因为 9 * 9 = 1，9 * 8 = 2，9 * 7 = 3，末位从 1~9 都覆盖了，最多加 9 次
- 加 n 位的 99...9 相当于在 n+1 位加 1，在末位上 -1
- 暴力遍历 +9、+99、+999....，0 次、1 次、2次....
- 时间复杂度 O(1e3)
// https://codeforces.com/contest/2067/problem/C
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD = 1e9 + 7;
int T, n, m, k;
void solve()
{
cin >> n;
int ans = 10;
for (int i = 0; i <= 10; i++)
{
for (int j = 0; j <= 9; j++)
{
int temp = n + j * (pow(10, i) - 1);
while (temp)
{
if (temp % 10 == 7)
{
ans = min(ans, j);
break;
}
temp /= 10;
}
}
}
cout << ans << "\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
D. Object Identification
D. Object Identification
题意：
交互题
给定两个长度为 n 的数组 X、Y，你知道数组 X 的每个值,但是你不知道数组 Y 的值；知道对于每个下标 i 满足：X[i] != Y[i]；知道对于所有组合（X[i], Y[i]）都不同。
裁判预先设定了答案 A 或者答案 B，在程序运行中不会改变，答案需要你通过询问的方式来猜
- 答案 A：一个由 n 个节点，n 条边组成的有向图，第 i 条边为 Xi -> Yi
- 答案 B：一个平面坐标，由 n 个点组成，第 i 个点为 (Xi, Yi)
你最多可以做两次询问，每次询问格式为 "? i j"
裁判会回答一个整数 number
- 如果答案是 A，那么 number 代表节点 i 到节点 j 的最短路的边数
- 如果答案是 B，那么 number 代表第 i 个点到第 j 个点的曼哈顿距离，即 |Xi - Xj| + |Yi - Yj|
如果你已经知道答案，那么请输出 "! A" 表示你猜的答案为 A，或者 "! B" 表示你猜的答案为 B
思路：
- 如果 x 不是排列，那么就看没出现的数，假设 a 没有出现过，那么只需要判断 (a,*)，如果读入 0，那么就是 A，否则为 B
- 因为如果是 A，那么如果不存在 a -> * 的路径，那么肯定读入 0，如果读入非 0，那么就是 B 了
- 如果 x 是排列，查询等于 1，n 的位置，如果 读入的数相等并且大于等于 n-1，那说明是 B，否则为 A
- 因为 如果是 A，那么两个节点之间的距离不会 > n-1，而且是有向图，也不肯能相等
// https://codeforces.com/contest/2067/problem/D
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD = 1e9 + 7;
int T, n, m, k;
void solve()
{
cin >> n;
vector<int> v(n + 1, 0), g(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> g[i], v[g[i]] = 1;
int a, b;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (v[i] == 0)
{
cout << "? " << i << " " << 1 + (i == 1) << endl;
cout.flush();
cin >> a;
cout << (a == 0 ? "! A" : "! B") << endl;
cout.flush();
return;
}
}
int idx1, idxn;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (g[i] == 1)
idx1 = i;
if (g[i] == n)
idxn = i;
}
cout << "? " << idx1 << " " << idxn << endl;
cout.flush();
cin >> a;
cout << "? " << idxn << " " << idx1 << endl;
cout.flush();
cin >> b;
cout << ((a == b && a >= n - 1) ? "! B" : "! A") << endl;
cout.flush();
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号