Divide by Zero 2021 and Codeforces Round #714 (Div. 2)
A. Array and Peaks
题意
给你一个n表示的是这个数组的长度，并且数组的元素只能有[1,n]范围内唯一的数确定，然后给你一个k表示的是你构造的数组的高峰数目，高峰指的是 中间元素比两边元素大eg: 1 3 2 ，3就是这个数组的一个高峰
解题思路
很明显我们会发现高峰数是有一个取值范围的[0,(n-1)/2]，在这个范围内是我们能取到的正确高峰，我们不难发现，我们要想构造完最多的高峰我们用到的作为高峰数一定是后面的(n-1)/2个数，那么我们就可以先输出一个当前元素，然后再输出一个高峰元素，这样构造即可，不懂请看代码
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,k;
int main()
{
cin>>t;
while(t--) {
cin>>n>>k;
if(k > (n-1)/2) {
puts("-1");
continue;
}
int cnt = k;
for(int i = 1,j = n;i <= n-k; ++i) {
printf("%d ",i);
if(cnt)
printf("%d ",j),cnt--,j--;
}
puts("");
}
return 0;
}
B. AND Sequences
题意
给你一个长度为n的数串，问你在这个数串的全排列中有多少中情况满足 i从1开始，取到n-1，使得a1&a2&……ai=ai+1 &ai+2 & an
解题思路
很明显这是一道组合数学的问题，然后从题目给的样例来看我们能知道我们求得结果是不需要去重的(去重难写得多)
通过题目的这种&操作我们可以得到一下几个结论
1.我们构造的数串最左边和最右边一定是最小的值，注意这里不一定是初始串的最小数
2.任意几个不相等的数&起来不大于这几个数的最小值，eg 2 & 1 = 0
3.我们计算的组合数不需要去重
这样我们先扫一遍数组，所有数&起来，得到一个最小值，看这个数的个数m如果小于2的话，那么显然构造不了，否则的话就可以直接用组合数m*(m-1)* A(n-m,n-m),注意对1e9+7取模
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod = 1000000007;
ll t,n;
const int N = 200005;
map<ll,ll> vis;
ll a[N];
int main()
{
scanf("%lld",&t);
while(t--) {
scanf("%lld",&n);
vis.clear();
scanf("%lld",&a[1]);
ll min_k = a[1];
vis[a[1]]++;
for(int i = 2;i <= n; ++i) {
scanf("%lld",&a[i]);
min_k &= a[i];
vis[a[i]]++;
}
if(vis[min_k] < 2) {
puts("0");
continue;
}
ll ans = (vis[min_k] % mod *(vis[min_k] - 1) % mod ) % mod;
ll len = n - 2;
for(int i = 2;i <= len; ++i) {
ans = (ans % mod * i % mod) % mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
C. Add One
题意
T组数据，每行数据输入一个n表示的是初始数的大小，然后输入一个m表示的是我们要操作的次数，每次操作我们将当前这个数的每个元素加一，eg:89 -> 910
十进制加法，但是每次操作只是针对某一位的
解题思路
很明显我们会想到一个在线操作的方法，也就是对每一个n和m以O(m)的时间复杂度，首先统计初始数在[0,9]范围内的个数 ，然后我们每次操作只用更新[0,9]范围内的元素的个数变化即可，然鹅，这题卡的很死，要T，因为题目把t的时间也算进去了的，所以我们可以预处理一下，我们先算出数字9操作2e5次后数字的长度变为多少，经过这样的处理，我们得到答案的复杂度可以降到 O(t * log10 (n))，预处理的时间复杂度为O(10 * m)
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod = 1000000007;
const int N = 200005;
int t,n,m;
int dp[N][10];//dp[i][j]表示的是从数字9操作i次后数字j的个数
int len[N];//len[i]表示的是数字9操作i次后的长度
int main()
{
dp[0][9] = 1;//初始化最开始有我们假设的一个数9
for(int i = 1;i <= 200000; ++i) {
for(int j = 1;j <= 10; ++j) {
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];//这里就是我们刚才提到的状态转移，都是从上次的位置转移过来的
}
dp[i][0] = dp[i - 1][9];
dp[i][1] = (dp[i][1] + dp[i -1][9]) % mod;//9 -> 10所以9会转移到0，1这两个位置
for(int j = 0;j < 10; ++j) {
len[i] = (len[i] + dp[i][j]) % mod;//这里就是计算每次操作后当前长度的总和
}
}
scanf("%d",&t);
while(t--) {
scanf("%d%d",&n,&m);
ll ans = 0;
while(n) {
int loc = n % 10;
n /= 10;
if(loc + m < 10) //这里就是只有一位数的长度
ans = (ans + 1) % mod;
else
ans = (ans + len[loc + m - 9]) % mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
