Educational Codeforces Round 85 (Div. 2) 题解 (ABCDE)

比赛链接:https://codeforces.com/contest/1334

A. Level Statistics

抓住两个性质,一是游戏次数和通关次数是单调不减的,二是相邻游戏次数的变化量大于等于对应的通关次数变化量

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n;
signed main(){
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		bool f=1;
		int a=-1,b=-1;
		while(n--){
			int aa,bb; cin>>aa>>bb;
			if(aa<a || bb<b)f=false;
			if(aa-a<bb-b)f=false;
			a=aa,b=bb;
		}
		cout<<(f?"YES":"NO")<<endl;
	}
	return 0;
}

B. Middle Class

财富液化委员会,雾)

如果把财富倒序排序后,前k个人财富液化后的财富随着k单调不增的,因此for一遍找到最大的k即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n,x;
int a[N],s,ans;
signed main(){
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>x;
		repeat(i,1,n+1){
			cin>>a[i];
		}
		sort(a+1,a+1+n,greater<int>());
		s=ans=0;
		repeat(i,1,n+1){
			s+=a[i];
			if(s*1.0/i>=x)ans=i;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

C. Circle of Monsters

先把所有怪的血量降至前一个怪的爆炸伤害以内(如果小于就不用降了),然后for一遍,看看打死第i个怪的额外需要的伤害(因为只要死一个怪就能连环炸死所有怪),取最小

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=300010; typedef long long ll; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
int T,n,x;
int a[N],b[N];
signed main(){
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		int cost=0;
		repeat(i,0,n){
			cin>>a[i]>>b[i];
		}
		rotate(b,b+n-1,b+n); //rotate使得怪i收到的爆炸伤害是b[i]
		repeat(i,0,n){
			if(a[i]>b[i])cost+=a[i]-b[i];
		}
		int ans=INF*2;
		repeat(i,0,n){
			int now=0;
			if(a[i]>b[i])now+=-(a[i]-b[i]);
			now+=a[i];
			ans=min(ans,now);
		}
		cout<<cost+ans<<endl;
	}
	return 0;
}

D. Minimum Euler Cycle

如果把 \(n=5\) 画个图,会发现欧拉序列长这样:

\[[1,2,1,3,1,4,1,5]+[2,3,2,4,2,5]+[3,4,3,5]+[4,5]+[1] \]

(都帮你分割好了)

\([...]\) 当成一个区间,区间个数 \(O(n)\),因此for一遍也没大问题,如果区间和询问区间有相交就在区间内for一遍输出即可,特判最后一个区间

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n,l,r,rr;
void work(int a,int l,int r){
	int cnt=0;
	repeat(i,a+1,n+1){
		cnt++; if(l<=cnt && cnt<=r)printf("%lld ",a);
		cnt++; if(l<=cnt && cnt<=r)printf("%lld ",i);
	}
}
signed main(){
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>l>>rr; r=min(rr,n*(n-1));
		if(l<=r){
			int x=(n-1)*2;
			while(x<l)l-=x,r-=x,x-=2;
			while(r>0){
				work(n-x/2,l,r);
				l-=x,r-=x;
				x-=2;
			}
		}
		if(rr==n*(n-1)+1)printf("1");
		puts("");
	}
	return 0;
}

E. Divisor Paths

有一个有用的性质就是所有数的质因数都包含在 \(D\) 的质因数集合内,\(D\) 质因数个数不会超过30,因此放心大胆地枚举质因数吧/xyx

进入正题,经过冷静分析,我们发现如果 \(a_1\) 经过 \(a_2...a_{k-1}\) 走到 \(a_k\),而且一路上编号严格单增,长度是 \(d(a_2)-d(a_1)+d(a_3)-d(a_2)+...+d(a_k)-d(a_{k-1})\) \(=d(a_k)-d(a_1)\)\(d(n)\) 表示 \(n\) 的因数个数),和中间结点无关!而且可以猜到这是最短路径。最短路径的个数,可以回想多重集组合数 \(\left(\begin{array}{c}&X&\\x_1&...&x_n\end{array}\right)=\dfrac{X!}{\prod\limits_{i=1}^n(x_i!)}\)有点不太好说,举个例子,如果从 \(1\) 走到 \(12\),乘以 \([2,2,3]\) 或者 \([2,3,2]\) 或者 \([3,2,2]\) 都行,所以答案应该是路径长度的阶乘,除以2个数的阶乘,除以3个数的阶乘,\(ans=\dfrac{3!}{1!\cdot2!}=3\)

当然问题还没解决,上述操作只能解决 \(a_1|a_k\)(或者 \(a_k|a_1\))的情况,如果不是整除关系呢?直觉告诉我们路径经过 \(\gcd(a_1,a_k)\),问题就拆分为 \(a_1\)\(\gcd(a_1,a_k)\) 的路径计数和 \(\gcd(a_1,a_k)\)\(a_k\) 的路径计数,套用之前结论即可。至于原因嘛,我不太会证感觉不这么走会多好多路

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
const int mod=(0?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
int T,n,l,r,rr;
vector<int> d;
map<int,vector<int>> a;
struct CC{
	static const int N=1010;
	ll fac[N],inv[N];
	CC(){
		fac[0]=1;
		repeat(i,1,N)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		inv[N-1]=qpow(fac[N-1],mod-2,mod);
		repeat_back(i,0,N-1)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
	}
}C;
void getdivisor(vector<int> &ans,int n){
	ans.assign(d.size(),0);
	repeat(i,0,d.size())
	while(n%d[i]==0)n/=d[i],ans[i]++;
}
vector<int> X,Y;
signed main(){
	int n=read(),q=read();
	for(int i=2;i*i<=n;i++){
		if(n%i==0)d.push_back(i);
		while(n%i==0)n/=i;
	}
	if(n>1)d.push_back(n);
	while(q--){
		int x=read(),y=read();
		getdivisor(X,x);
		getdivisor(Y,y);
		
		int ans=1,sum=0;
		repeat(i,0,d.size())
		if(X[i]>Y[i])
			ans=ans*C.inv[abs(X[i]-Y[i])]%mod,
			sum+=abs(X[i]-Y[i]);
		ans=ans*C.fac[sum]%mod;
		
		sum=0;
		repeat(i,0,d.size())
		if(X[i]<Y[i])
			ans=ans*C.inv[abs(X[i]-Y[i])]%mod,
			sum+=abs(X[i]-Y[i]);
		ans=ans*C.fac[sum]%mod;
		
		cout<<ans%mod<<endl;
	}
	return 0;
}
posted @ 2020-04-11 01:26  axiomofchoice  阅读(...)  评论(...编辑  收藏