2025.8.21 Codeforces Round 1043 (Div. 3)
[比赛链接](https://codeforces.com/contest/2132）
Solved: 6/7
什么 div3 塞个数位 dp 到 D 题啊？？？
A. Homework
题意
给三个长度分别为 \(n, m, m\) 的字符串 \(a, b, o\)。依次对 \(a\) 做 \(m\) 次操作：
- 若 \(o_i = V\)，则将 \(b_i\) 插入 \(a\) 的开头；
- 若 \(o_i = D\)，则将 \(b_i\) 插入 \(a\) 的结尾。
输出操作结束后的 \(a\) 串。
题解
void solve(){
int n, m;
string a, b, op;
cin >> n >> a >> m >> b >> op;
for (int i=0; i<m; ++i)
{
if (op[i] == 'V') a = b[i] + a;
else a = a + b[i];
}
cout << a << '\n';
}
B. The Secret Number
题意
已知 \(n = x + y, y = 10^kx\)，求 \(x\) 所有可能的值。\(n\leq 10^{18}\)。
题解
枚举 \(k\)。
void solve(){
ll n; cin >> n;
ll x = 10;
vector <ll> ans;
for (int i=0; i<18 && x<n; ++i)
{
if (!(n % (x+1))) ans.push_back(n / (x+1));
x *= 10;
}
reverse(all(ans));
cout << ans.size() << '\n';
for (ll x: ans) cout << x << ' ';
if (ans.size()) cout << '\n';
}
C1. The Cunning Seller (easy version)
题意
某商品定价每 \(3^x\) 个 \(3^{x+1} + 3^{x-1}x\) 元，买恰好 \(n\) 件该商品，要求交易次数最少，求总花费。\(n\leq 10^{18}\)。
题解
把 \(n\) 转三进制后每一位分别计算花费。
void solve(){
ll n; cin >> n;
ll x = 0, p = 1, ans = 0;
while (n)
{
ans += (p*3 + x * (p/3)) * (n%3);
n /= 3;
++x, p *= 3;
}
cout << ans << '\n';
}
C2. The Cunning Seller (hard version)
题意
某商品定价每 \(3^x\) 个 \(3^{x+1} + 3^{x-1}x\) 元，买恰好 \(n\) 件该商品，要求交易次数不超过 \(k\) 的前提下总花费最少，求总花费。\(n\leq 10^{18}\)。
题解
\(x\) 越大，单位商品的花费越多，因此在 C1 的基础上从大到小把一次 \(3^x\) 的交易换成三次 \(3^{x-1}\) 的交易。每换一个可以减少 \(3^{x-1}\) 的花费。
ll p[20];
void init(int n)
{
p[0] = 1;
for (int i=1; i<20; ++i) p[i] = p[i-1] * 3;
}
void solve(){
ll n, k; cin >> n >> k;
int x = 0;
ll ans = 0;
vector <ll> d;
while (n)
{
int r = n%3;
d.push_back(r); k -= r;
ans += (p[x+1] + x * p[x-1]) * r;
n /= 3; ++x;
}
if (k<0)
{
cout << "-1\n";
return;
}
for (int i=x-1; i>0; --i)
{
if (k > d[i] * 2)
{
k -= d[i] * 2;
ans -= d[i] * p[i-1];
d[i-1] += d[i] * 3;
d[i] = 0;
}
else
{
ll r = k/2;
ans -= r * p[i-1];
break;
}
}
cout << ans << '\n';
}
int main(){
init(20);
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int T; cin>>T;
while(T--)solve();
}
D. From 1 to Infinity
题意
把自然数从 \(1\) 开始依次写成一个数串：1234567891011121314...，求它的前 \(k\) 位数字和。
题解
给一个不用数位dp的写法。首先算出写到哪个数，假设为 \(v\)。然后统计 1 到 9 每个数在每个数位的出现次数。
数字 \(x\) 在第 \(k\) 位的出现次数是
其中 \(v_k\) 是 \(V\) 的第 \(k\) 位数字。
ll p[16];
void init(int n)
{
p[0] = 1;
for (int i=1; i<n; ++i) p[i] = p[i-1] * 10;
}
void solve(){
ll n; cin >> n;
ll lim = 0, ans = 0;
for (int d=0; d<15; ++d)
{
if (n > (d+1) * 9ll * p[d])
n -= (d+1) * 9ll * p[d];
else
{
lim = (d ? p[d]-1 : 0) + n / (d+1);
n %= d+1;
ll z = lim+1;
vector <int> t;
while (z)
{
t.push_back(z % 10);
z /= 10;
}
for (int i=0; i<n; ++i)
ans += t[t.size() - i - 1];
break;
}
}
for (int num=1; num<=9; ++num)
{
ll tim = 0;
for (int k=0; k<15; ++k)
{
tim += (lim / p[k+1]) * p[k];
int o = (lim / p[k]) % 10;
if (o > num) tim += p[k];
else if (o == num) tim += lim % p[k] + 1;
}
ans += tim * num;
}
cout << ans << '\n';
}
int main(){
init(16);
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int T=1; cin>>T;
//while(T--)cout<<(solve()?"YES":"NO")<<'\n';
while(T--)solve();
}
E. Arithmetics Competition
题意
给两个数组 \(a\) 和 \(b\)，多次询问给定 \(x,y,z\)，在 \(a\) 中选择不超过 \(x\) 个数，在 \(b\) 中选择不超过 \(y\) 个数，一共选择恰好 \(z\) 个数，求选出的数的和的最大值。
题解
先将两个数组从大到小排序，预处理 \(a\) 中大于 \(b_i\) 的最小值位置 \(p_i\) 和 \(b\) 中大于 \(a_i\) 的最小值位置 \(q_i\)。
假设最优决策下 \(a\) 中选择了 \(i\) 个数，则 \(b\) 中选择了 \(q_i\) 个数。因为 \(q_i\) 关于 \(i\) 单增，所以可二分确定最优的 \(i\)。同理交换 \(a\) 和 \(b\) 的地位再做一次二分。
const int N = 2e5+5;
int n, m, q, a[N], b[N], x, y, z, px[N], py[N];
ll sa[N], sb[N];
void solve(){
cin >> n >> m >> q;
for (int i=1; i<=n; ++i) cin >> a[i], a[i] = -a[i];
for (int i=1; i<=m; ++i) cin >> b[i], b[i] = -b[i];
sort(a+1, a+n+1); sort(b+1, b+m+1);
for (int i=1; i<=n; ++i) sa[i] = sa[i-1] + a[i];
for (int i=1; i<=m; ++i) sb[i] = sb[i-1] + b[i];
for (int i=1; i<=n; ++i) px[i] = lower_bound(b+1, b+m+1, a[i]) - b;
for (int i=1; i<=m; ++i) py[i] = lower_bound(a+1, a+n+1, b[i]) - a;
while (q--)
{
cin >> x >> y >> z;
int l = 0, r = x, o = 0;
while (l <= r)
{
int mid = (l+r) / 2;
if (mid + min(y, px[mid]) <= z) o = mid, l = mid+1;
else r = mid-1;
}
ll ans = sa[o] + sb[z-o];
l = 0, r = y, o = 0;
while (l <= r)
{
int mid = (l+r) / 2;
if (mid + min(x, py[mid]) <= z) o = mid, l = mid+1;
else r = mid-1;
}
ans = min(ans, sb[o] + sa[z-o]);
cout << -ans << '\n';
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int T=1; cin>>T;
//while(T--)cout<<(solve()?"YES":"NO")<<'\n';
while(T--)solve();
}
F. Rada and the Chamomile Valley
题意
给一张图，对每个点 \(v\)，求所有 \(1\) 到 \(n\) 的必经边中，与 \(v\) 距离最近的边的编号。边 \((x,y)\) 到 \(v\) 的距离定义为端点 \(x\) 与 \(y\) 到 \(v\) 的距离的较小值。若有多个距离最近的边，输出编号最小的。
题解
强行二合一题。
第一部分是割边板子。先边双缩点，然后在树上 dfs 找到 \(1\) 所在 bcc 和 \(n\) 所在 bcc 之间的路径，路径上的边对应原图的割边就是所有的必经边。
第二部分是多源最短路，bfs 即可。由于要编号最小所以用优先队列保证编号小的边能先更新。
const int N = 2e5+5;
vector <int> e[N], e1[N];
void adde(vector <int> * e, int x, int y)
{
e[x].push_back(y);
}
int n, m, q, x[N], y[N], z;
int tot, dfn[N], low[N], top, sta[N];
int cnt, bel[N];
void dfs(int u, int f)
{
dfn[u] = low[u] = ++tot, sta[++top] = u;
for (int v : e[u]) if (v^f)
{
if (!dfn[v]) dfs(v, u), low[u] = min(low[u], low[v]);
else low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if (low[u] == dfn[u])
{
++cnt;
do { bel[sta[top]] = cnt; } while (sta[top--] != u);
}
}
int pre[N], ans[N];
bool vis[N];
void dfs1(int u, int f)
{
pre[u] = f;
for (int v : e1[u]) if (v^f)
dfs1(v, u);
}
struct node
{
int dep, ind, u;
bool operator < (const node & p) const
{
return dep > p.dep || dep == p.dep && ind > p.ind;
}
};
void solve()
{
cin >> n >> m;
tot = top = cnt = 0;
for (int i=1; i<=n; ++i) e[i].clear(), dfn[i] = low[i] = bel[i] = 0;
for (int i=1; i<=m; ++i)
{
cin >> x[i] >> y[i];
adde(e, x[i], y[i]), adde(e, y[i], x[i]);
}
cin >> q;
dfs(1, 0);
if (bel[1] == bel[n])
{
while (q--) cin >> z, cout << "-1 ";
cout << '\n';
return;
}
for (int i=1; i<=n; ++i) e1[i].clear(), ans[i] = vis[i] = 0;
for (int i=1; i<=m; ++i)
{
int xx = bel[x[i]], yy = bel[y[i]];
if (xx == yy) continue;
adde(e1, xx, yy), adde(e1, yy, xx);
}
dfs1(bel[1], 0);
int z = bel[n];
while (z != bel[1]) vis[z] = 1, z = pre[z];
vis[bel[1]] = 1;
priority_queue <node> pq;
for (int i=1; i<=m; ++i)
{
int xx = bel[x[i]], yy = bel[y[i]];
if (xx == yy || !vis[xx] || !vis[yy]) continue;
pq.push((node){0, i, x[i]});
pq.push((node){0, i, y[i]});
}
while (!pq.empty())
{
auto cur = pq.top();
pq.pop();
if (ans[cur.u]) continue;
ans[cur.u] = cur.ind;
for (int v : e[cur.u]) if (!ans[v]) pq.push((node){cur.dep+1, cur.ind, v});
}
while (q--) cin >> z, cout << ans[z] << ' ';
cout << '\n';
}
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