200天1000题（DAY 1）
200天1000题（DAY 1）
目前总题数： 0
目前CF分数： 1325
T1： （ABC 268）C - Chinese Restaurant
// 题解
const int N = 1e6 + 10;
/*
模拟即可
但是纯暴力是N^2的 会TLE
考虑到要把 A[I] 移动到 p=I-1
需要操作 a[i] - p % N 或者 (a[i]-p+1)%N
或者 (a[i]-p-1)%N;
用一个东西储存一下 x次操作的贡献
输出最大贡献即可
很神奇的一题（（
*/
inline void sensei()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >> a[i];
}
vector<int> cnt(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
int pos = i-1;
cnt[(((a[i]-pos)%n)+n)%n]++;
cnt[(((a[i]-pos-1)%n)+n)%n]++;
cnt[(((a[i]-pos+1)%n)+n)%n]++;
}
int ans = -inf_ll;
for(int i=0;i<=n;i++){
ans = max(ans,cnt[i]);
}
cout << ans << endl;
}
signed main()
{
sensei();
return 0;
}
T2 (ABC 267)C - Index × A(Continuous ver.)
/*
题目的意思大概就是
给定一个长度为n的序列a
以及一个数字m
要你找到一个长度为m的子序列b
并且 sigma(bi*i) 最大
*/
/*
题解：
如果暴力写这题，必定会超时
因为时间复杂度为 O(N^2)
但是我们可以通过观察发现一个式子：
例如样例：
10 4
-3 1 -4 1 -5 9 -2 6 -5 3
我们只看前两组m
分别是
alls = (-3)*1 + (1)*2 + (-4)*3 + (1)*4
alls = (1)*1 + (-4)*2 + (1)*3 + (-5)*4
这么一看是不是有点做差求和内味了
于是我们得到了一个alls转移的式子：
alls = a[r]*m + (alls - pre[r-1] - pre[l-2]);
其中 r是当前枚举的子序列的右端点，l是左端点
通过这个式子我们可以写出这题
详细见代码
*/
inline void sensei()
{
int n,m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >> a[i];
}
vector<int> pre(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
pre[i] = pre[i-1] + a[i];
}
int l,r;
r = m+1;
l = 2;
int alls = 0;
int ans = -inf_ll;
for(int i=1;i<=m;i++){
alls += i*a[i];
}
ans = alls;
while(r <= n){
alls = a[r]*m+(alls-(pre[r-1]-pre[l-2]));
ans = max(ans,alls);
l++;
r++;
}
cout << ans << endl;
}
signed main()
{
sensei();
return 0;
}
T3 (ABC 265)D - Iroha and Haiku (New ABC Edition)
/*
题目大概意思：
公式有点难打，建议看原题链接
*/
/*
题解：
根据原公式推出下面的式子
s[y-1] = P + s[x-1];
s[z-1] = Q + P + s[x-1];
s[w-1] = R + Q + P + s[x-1];
放到一个set中然后枚举x即可
*/
const int N = 1e6 + 10;
inline void sensei()
{
int n, p, q, r;
cin >> n >> p >> q >> r;
set<int> st;
vector<int> a(n + 1);
vector<int> pre(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
pre[i] = pre[i - 1] + a[i];
st.insert(pre[i]);
}
for (int x = 1; x <= n; x++) {
if(st.find(p+pre[x-1])!=st.end() and st.find(q+p+pre[x-1])!=st.end() and st.find(q+p+r+pre[x-1])!=st.end()){
cout << "Yes" << endl;
return ;
}
}
cout << "No" << endl;
}
signed main()
{
sensei();
return 0;
}
T4 （ABC 267）D - Index × A(Not Continuous ver.)
/*
题目含义：
给你一个长度为n的数组a
你需要在里面找到一个长度为m的子序列b
并且 sigma(bi*i) 最大
*/
/*
题解：
这题相对于上一题来说，他的数据范围变小了
M和N都在2000以内
因此可以考虑一个O(N^2)的做法
所以我们会考虑能不能dp
定义一个数组 f[][]表示状态
f[i][j] 表示在前i个数里选j个数组成b的最大值
状态转移：
f[i][j] = max(f[i-1][j-1]+a[i]*j,f[i-1][j]);
*/
inline void sensei()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n + 1);
vector<vector<int>> f(2005, vector<int>(2005, -inf_ll));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 0; i <= n; i++) {
f[i][0] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1;j <= m; j++) {
if(j <= i )
f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1] + a[i] * j, f[i - 1][j]);
}
}
cout << f[n][m];
}
signed main()
{
sensei();
return 0;
}
T5: (CF TON ROUND(DIV1+DIV2)) B. Luke is a Foodie
/*
题解： 当找到一个区间的最大值和最小值之差大于2*x，cnt++
*/
inline void sensei()
{
int n,x;
cin >> n >> x;
vector<int> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >> a[i];
}
int cnt = 0;
int alls = 2*x;
int minn = a[1];
int maxn = a[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
if(a[i] > maxn){
maxn = a[i];
}
if(a[i] < minn){
minn = a[i];
}
if(maxn - minn > alls) {
cnt ++;
minn = a[i];
maxn = a[i];
}
}
cout << cnt << endl;
}
signed main()
{
int t;
cin >> t;
while(t --){
sensei();
}
return 0;
}
T6 (CF ROUND 795 DIV.2)C. Sum of Substrings
/*
题目描述：
题目的大概意思就是
给你一个只包含0和1的字符串s
定义f(s) 为这个字符串每两个连续字符代表的十进制的和
现在你有k次操作去换任意两个相邻字符
输出f(s)可能的最小值
*/
/*
题解：
贪心即可
通过观察我们发现
字符串里面除了第一个字符和最后一个字符出现了'1' 其他地方出现了1 必定对f(s)贡献了11
而如果我们把某个不是在最后的字符移到了最后，那么 f(s) -= 10
如果我们把某个不是第一的字符移动到了第一那么f(s) -= 1
因此我们需要贪心，先考虑能不能移到最后，再考虑能不能移到第一
注意如果字符串本身全为0那么直接输出0即可
*/
inline void sensei()
{
int n,k;
cin >> n >> k;
int cnt = 0;
string s = "";
cin >> s;
s = " " + s;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i] == '1'){
cnt++;
}
}
if(cnt == 0){
cout << 0 << endl;
return ;
}
int ans = 11*cnt;
int st,ed;
st = ed = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i] == '1'){
st = i;
break;
}
}
// debug(s.size());
for(int i=n;i>=1;i--){
if(s[i] == '1'){
ed = i;
break;
}
}
if(st!=ed and st-1+n-ed<=k){
ans -= 11;
}else if(k>=n-ed){
ans -= 10;
}else if(k>=st-1){
ans -= 1;
}
cout << ans << endl;
}
signed main()
{
fuckios
int t;
cin >> t;
while(t --){
sensei();
}
return 0;
}
T7 （ABC 265）E - Warp
/*
题目大意：
先给你两个整数 n，m 表示你可以操作n次并且有m个障碍物
然后给出六个整数分别代表A B C D E F
你每次操作有三种选择：
1. 让你的坐标变为 (x+A,y+B)
2. 让你的坐标变为 (x+C,y+D)
3. 让你的坐标变为 (x+E,y+F)
问：n次操作后，有多少种不同的路径
对结果模上998244353
*/
/*
题解，根据数据范围可以先想到dp
定义f[i][j][k] 表示
操作一用了i次
操作二用了j次
操作三用了k次
所造成的不同的路径数
状态转移见代码
*/
const int p = 998244353;
int f[N][N][N];
/*
f[i][j][k]
表示 操作1用了i次
操作2用了j次
操作3用了k次
*/
inline void sensei()
{
set<node> st;
int n, m, ans = 0;
cin >> n >> m;
int A, B, C, D, E, F;
cin >> A >> B >> C >> D >> E >> F;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int xx, yy;
cin >> xx >> yy;
st.insert(node(xx, yy));
}
f[0][0][0] = 1;
for (int i = 0; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
if (i + j > n) continue;
for (int k = 0; k <= n; k++) {
if (i + j + k > n ) continue;
if (i == 0 and j == i and k == i) {
continue;
}
int x = i * A + j * C + k * E;
int y = i * B + j * D + k * F;
if (st.find(node(x, y)) != st.end()) {
f[i][j][k] = 0;
continue;
}
if (i) {
f[i][j][k] = (f[i - 1][j][k] + f[i][j][k]) % p;
}
if (j) {
f[i][j][k] = (f[i][j - 1][k] + f[i][j][k]) % p;
}
if (k) {
f[i][j][k] = (f[i][j][k - 1] + f[i][j][k]) % p;
}
if (i + j + k == n) {
ans = (ans + f[i][j][k])%p;
}
}
}
}
cout << ans << endl;
}
signed main()
{
sensei();
return 0;
}
快1点了。。。写不动了。。。休息一下。。明天继续
浙公网安备 33010602011771号