Educational Codeforces Round 141 (Rated for Div. 2)（持续更新）
Preface
打的跟shi一样竟然还能上分的说，C一开始写的跟shi一样WA了好几发
然后D看一眼出个DP结果没看到数据范围就线放了去肝E了，结果写了半天还是TLE第14个点，直接心态爆炸
A. Make it Beautiful
很容易想到把最大的数\(a_n\)放在最前面，然后找一个和它不同的数\(a_i(1\le i<n)\)放在第二个位置
由于\(a_i\ge 1\)，因此\([2,n]\)的前缀和显然是大于\(a_n\)的，满足题意
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=55;
int t,n,a[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
if (a[1]==a[n]) puts("NO"); else
{
puts("YES"); printf("%d ",a[n]);
int pos=-1; for (i=n-1;i>=1&&!~pos;--i) if (a[i]!=a[n]) printf("%d ",a[i]),pos=i;
for (i=1;i<n;++i) if (i!=pos) printf("%d ",a[i]); putchar('\n');
}
}
return 0;
}
B. Matrix of Differences
简单构造题，尝试一种构造方案使得所有\([1,n^2-1]\)的差值都出现过，这样显然是最大的
我们考虑旋转着来填，每次填的顺序按照\(1,n^2,2,n^2-1,\cdots\)这样来
举个例子，比如当\(n=4\)时，有：
1 11 6 12
16 7 9 5
2 10 8 13
15 3 14 4
就是填数的时候处理起来有点小繁琐，需要注意下
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=55,dx[4]={1,0,-1,0},dy[4]={0,1,0,-1};
int t,n,a[N][N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i,j,k=0,p=1,num=1; int tot=1; scanf("%d",&n);
for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=n;++j) a[i][j]=0;
for (a[1][1]=1,p^=1,i=j=1;tot<n*n;)
{
int nx=i+dx[k],ny=j+dy[k];
if (nx<=0||nx>n||ny<=0||ny>n||a[nx][ny]) { k=(k+1)%4; continue; }
++tot; i=nx; j=ny;
if (p) a[i][j]=num; else a[i][j]=n*n-num+1,++num; p^=1;
}
for (i=1;i<=n;putchar('\n'),++i) for (j=1;j<=n;++j) printf("%d ",a[i][j]);
}
return 0;
}
C. Yet Another Tournament
经典套路题，答案具有二分性，那么就考虑验证如何是否存在某种方案使得前面有\(k\)个人存在
但是考虑到要排在这个位置有两种情况，即是否战胜第\(n-k\)个人：
- 若战胜了第\(n-k\)个人，需要先付出\(b_{n-k}\)的代价，然后再需要战胜其他的\(n-k-1\)个人即可
- 若不战胜第\(n-k\)个人，则需要战胜其他的\(n-k\)个人即可
直接先把所有的人战力排序后再做即可，复杂度\(O(n\log n)\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=500005;
struct element
{
int val,pos;
friend inline bool operator < (const element& A,const element& B)
{
return A.val<B.val;
}
}a[N]; int t,n,b[N]; long long m;
inline bool check(CI rk)
{
RI i; long long tot=b[n-rk]; int ct=1,tar=n-rk-1;
for (i=1;i<=n&&ct<tar;++i) if (a[i].pos!=n-rk) tot+=a[i].val,++ct;
if (tot<=m) return 1;
for (tot=ct=0,tar=n-rk,i=1;i<=n&&ct<tar;++i) tot+=a[i].val,++ct;
return tot<=m;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d%lld",&n,&m),i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&b[i]),a[i].val=b[i],a[i].pos=i;
sort(a+1,a+n+1); int l=0,r=n,mid,ret;
while (l<=r) if (check(mid=l+r>>1)) ret=mid,r=mid-1; else l=mid+1;
printf("%d\n",ret+1);
}
return 0;
}
D. Different Arrays
妈的本来秒了这个SB题的，结果没看到数据范围弃了
显然，当\(a_i\)决定了它是向左加还是向右加后，前\(i\)个数已经确定了，同时对后面有影响的只有\(a_{i+1}\)的值了
由于\(a_i\le 300\)，因此最后操作完序列中最大的数的绝对值也不会超过\(300^2\)
因此可以直接设状态，\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个数确定后，\(a_i=j\)的方案数
转移的时候如果\(j=0\)则只有一种转移方案，否则可以是加或者减
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=305,S=300*300,mod=998244353;
int n,a[N],f[N][N*N*2],ans;
inline void inc(int& x,CI y)
{
if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i,j; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for (f[2][a[2]+S]=1,i=2;i<n;++i) for (j=-S;j<=S;++j)
if (!j) inc(f[i+1][a[i+1]+S],f[i][j+S]); else
{
if (a[i+1]+j>=-S&&a[i+1]+j<=S) inc(f[i+1][a[i+1]+j+S],f[i][j+S]);
if (a[i+1]-j>=-S&&a[i+1]-j<=S) inc(f[i+1][a[i+1]-j+S],f[i][j+S]);
}
for (i=-S;i<=S;++i) inc(ans,f[n][S+i]);
return printf("%d",ans),0;
}
E. Game of the Year
唉为什么没有想到最后一起统计答案，就想着对每组数一下子找出所有不合法的
首先不难发现若\(a_i\le b_i\)则显然任意的\(k\)对这个怪都是合法的，考虑\(a_i>b_i\)的情形
不难发现若\(\lceil\frac{a_i}{k} \rceil> \lceil\frac{b_i}{k} \rceil\)则\(k\)不合法，否则若相等则合法
先考虑一种显然的情况，此时\(k\in[b_i,a_i)\)是绝对不合法的，但是对于那些更小不合法的\(k\)要怎么剔除呢
我们不妨换个角度，对于上面的式子，不难发现若\(k_0\)是不合法的，则它的所有因子\(k_{0,t}\)也必然不合法
因此我们可以直接暴力枚举每个\(k\)，然后检验它的倍数是否有不合法的即可
所以只要维护区间修改，单点查询的数据即可，直接差分一下，总复杂度\(O(n\log n)\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005;
int t,n,a[N],b[N],dlt[N],ans[N],cnt;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i,j; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for (i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&b[i]),dlt[i]=0;
for (i=1;i<=n;++i) if (a[i]>b[i]) ++dlt[b[i]],--dlt[a[i]];
for (i=1;i<=n;++i) dlt[i]+=dlt[i-1];
for (cnt=0,i=1;i<=n;++i)
{
bool flag=1; for (j=i;j<=n&&flag;j+=i)
if (dlt[j]) flag=0; if (flag) ans[++cnt]=i;
}
for (printf("%d\n",cnt),i=1;i<=cnt;++i) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==cnt]);
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号