【刷题日记】北京交通大学C语言积分赛第二轮题解
复盘小结
酣畅淋漓！！！怎一个爽字了得？
没学过数论，于是熬夜学了数论基础，并在6小时17发WA和TLE之后完成了题目！爽！
感受到数学美，智慧美了，回头更新数论的博客吧！
同样，按照我个人认为的难度升序排序（不过说实话其他四题，跟G比起来简直毫无难度！！！）
J Numbers
中文题面
给定一个数字A，求2~A-1进制中A的数位和之和。(3<=A<=1000)
题解
直接暴力。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
i64 a,ans = 0,g;
i64 solve(i64 b){
i64 aa = a, res = 0;
while(aa){
res += aa%b;
aa /= b;
}
return res;
}
int main(){
scanf("%lld",&a);
for(i64 i = 2;i<a;i++) ans += solve(i);
g = __gcd(ans, a-2);
printf("%lld/%lld",ans/g,(a-2)/g);
return 0;
}
F Binary Imbalance
中文题面
t个测试样例。
输入m和一个长度为m的01串。你可以任意顺序、不限次数执行以下两个操作：
1.在两个相同数字之间插入1；
2.在两个不同数字之间插入0。
判断是否能使该串中的0的数量严格大于1的数量。输出YES或NO。
(1<=t<=100,1<=m<=100)
题解
注意到，能使该串中0的数量严格大于1的数量的充分必要条件是原串中有0。证明如下：
先证必要性。已知该串确实可以变为题述状态，推出原串中有0.可以证明其逆否命题：已知原串中没有0，推出该串不能变为题述状态。显然，如果原串没有0只有1，无法执行操作2，执行操作1也没有用，0的数量始终为0。所以必要性成立。
然后证充分性。已知原串中有0，分类讨论：
1.只有0没有1，显然0的数量严格大于1的数量。
2.有1也有0，那么一定存在0和1相邻构成不同相邻对。在不同相邻对之间插入0，又能构成新的不同相邻对。所以可以无限插入0，使得0的数量严格大于1的数量。
对于每个测试用例，判断有没有0即可。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
string s;
i64 n,a;
bool flag;
int main(){
cin >> n;
while(n--){
cin>>a;
cin>>s;
flag = 1;
for(i64 i = 0;i<s.size();i++){
if(s[i] == '0'){
cout <<"YES\n";
flag = 0;
break;
}
}
if(flag){
cout<<"NO\n";
}
}
return 0;
}
I Matryoshkas
中文题面
t个测试用例。
一串玩具是一个连续的整数序列。现多串玩具被拆开打乱成n个单个的整数ai，请还原出原来至少有多少串玩具。
(1<=t<=1e4,1<=n<=2e5,1<=ai<=1e9,所有t的n之和<=2e5)
题解
大概看了一下，觉得可能有很多方法。我选择最朴实无华的贪心法：升序排序，统计每个数字出现的次数，记录现在的串数。
如果该数比上一个大1，也就是可以合并，那么看数量，将串数调整为该数的出现次数，如果需要减少串数记得记录到答案里。
如果该数比上一个大更多，也就是断开了，那么前面所有串都记录到答案里。
为了便于处理结尾，我在最后加了一个无穷大的元素，用来终止最后剩下的所有串。
有点考数据结构的意思了……
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
i64 t,n,a[200100],ans,now_value,now_chains,now,num,last;
int main(){
scanf("%lld",&t);
while(t--){
scanf("%lld",&n);
for(i64 i = 0;i<n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
sort(a,a+n);
a[n] = 1e17;
ans = now_chains = now_value = now = 0;
last = -1;
while(now<=n){
num = 0;
now_value = a[now];
//printf("now:%lld %lld\n",now,a[now]);
for(;a[now]==now_value;now++) num++;
if(now_value == last+1){ //原链可用
if(num >= now_chains){
now_chains = num;
}
else{
ans += now_chains - num;
now_chains = num;
}
}
else{ //不可用
ans += now_chains;
now_chains = num;
}
last = now_value;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
H Okabe and Boxes
中文题面
现在有n个方块（编号从1到n）和一个空栈。小明要执行小红的命令。
命令有2*n条，其中n条是增加指令，n条是移除指令。
对于增加指令，输入一行字符串，格式为add i表示将i号方块添加到栈顶。（保证每个方块只会被添加一次，所有方块都会被添加）。
对于移除指令，输入一行字符串，为remove，第i次收到remove指令表示将i号方块从栈中移除。（保证该方块在栈中，但不一定在栈顶）。
可是小明每次只能移除栈顶的方块。于是他决定偷偷调整栈。每次当他无法执行移除指令时就会调整栈，按任意顺序将栈中所有方块排列。试问：执行完所有指令，小明最少需要进行几次调整？
(1<=n<=3e5)
测试样例
输入1
3
add 1
remove
add 2
add 3
remove
remove
输出1
1
输入2
7
add 3
add 2
add 1
remove
add 4
remove
remove
remove
add 6
add 7
add 5
remove
remove
remove
输出2
2
题解
首先，每次调整肯定是降序排列现在的栈，也就是元素越小越靠近栈顶。
但用vector存储栈依然会超时，最坏情况对于每次remove指令都要进行一次排序操作，时间复杂度为O(n^2logn)。
这道题就纯考数据结构了，只要能想到用priority_queue去存储已经排好序的栈底部的一串方块，vector只用来存储未排序的栈顶部的一串方块，直接模拟。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
vector<i64>box;
priority_queue<i64>ordered_box;
string s;
i64 now = 1,scan,n,ans = 0;
i64 cmp(i64 a, i64 b){
return a>b;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(i64 i = 0;i<2*n;i++){
cin>>s;
if(s[0] == 'a'){
cin>>scan;
box.push_back(scan);
}
else{
if(box.size()){ //box还有东西
if(box[box.size()-1] == now){
box.pop_back();
}
else{
while(box.size()){
ordered_box.push(box[box.size()-1]);
box.pop_back();
}
ans++;
}
}
else{
ordered_box.pop();
}
now++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
G Lucky Chains
中文题面
输入n，输入n对数据x,y。
认为gcd(x,y)=1时这样的x，y是幸运的，并可以向后延续，得到(x+1,y+1)，直到gcd(x+k,y+k)!=1，得到长度为k，输出k即可。
测试用例
输入
4
5 15
13 37
8 9
10009 20000
输出
0
1
-1
79
题解
对大佬来说简单，送分题。对我来说一点也不……
涉及知识盲区了，于是潜心一晚上学了数论基础，没想到仍然以正确的思路TLE了无数发……
先说思路，再谈优化。
知识点1：更相减损术
gcd(a,b) = gcd(b,a-b)
老祖宗的智慧，就这一行小小的公式，成了这道题思路的突破口！我们要找最小的k使得gcd(x+k,y+k)!=1,根据更相减损术的公式变为gcd(x+k,y-x)!=1，由于y-x是个定量，题目一下变得简单了好多。
接下来，我们要找x+k与y-x的不为1的公因子。
知识点2：唯一分解定理
任何大于1的自然数都可以以某种方式分解成质数的乘积，这种分解是唯一确定的，除了因数的顺序外，不存在其他分解方式。
正如《三体》中对黑暗森林法则那样，真理往往是简洁，而力量无穷的。这句话就是。由于y-x是个定量，我们可以把它分解成质数形式，遍历它的质因子，假如遍历到p[i]，那么显然(prime[i] - x%prime[i]) % prime[i]作为对应的最小k，使得gcd(x+k,y+k)!=1成立。那么我们遍历质因子，得到的k中取最小的，就能找到答案！
问题是，怎么找质因子呢？难道对于每个y-x都找一遍质数集合吗？
知识点3：欧拉筛
欧拉筛可以以O(n)的时间复杂度处理出1~n范围内所有的素数。预处理得到素数集合，到时候直接用就行！
欧拉筛回头单独出博客！
优化
按理说这样的代码已经可以过了，但还是TLE……
可以在四个地方做优化：
快读
利用getchar()实现快速读取大量数据，可以比scanf()快五倍左右。
欧拉筛范围
欧拉筛的范围不需要到1e7，其实只需要到sqrt(1e7)即3300左右即可。
分解质因数算法
质因数pi只需要满足pi*pi<=y-x即可，最后单独处理一次剩余的y-x(把剩余的y-x当作一个质因数处理。)
数据结构
补药用long long啊！之前用long long一直超时，改成int，两秒就过了。
代码
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
int n,x,y,ans,cnt,k,cha;
int prime[10000],isprime[10000];
void eular(){ //欧拉筛，求范围内所有质数
cnt = 0;
for(i64 i = 2;i<=3300;i++) isprime[i] = 1;
for(i64 i = 2;i<=3300;i++){
if(isprime[i]) prime[cnt++] = i;
for(i64 j = 0;j<cnt;j++){
if(i*prime[j] > 3300) break;
isprime[i*prime[j]] = 0;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
return;
}
inline void read(int& a)
{
int s = 0, w = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch>'9')
{
if (ch == '-')
w = -1;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9')
{
s = s * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
a = s * w;
}
int main(){
eular();
read(n);
while(n--){
read(x);
read(y);
if(y-x == 1){
printf("-1\n");
continue;
}
ans = 1e8;
cha = y-x;
for(i64 i = 0;prime[i] * prime[i]<=cha && i<cnt;i++){ //分解cha为质因数，处理所有质因数可能带来的k值
if(cha%prime[i]) continue;
k = (prime[i] - x%prime[i]) % prime[i];
ans = min(ans, k);
while(cha%prime[i]==0) cha /= prime[i];
}
k = (cha - x%cha) % cha;
if(cha!=1) ans = min(ans, k);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
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