atcoder321
A
A - 321-like Checker
题目概述：给定一个数，若它的第i位都大于第i+1位，我们就把它称为321数，判断给定的数是否为321数
解题思路：直接模拟即可
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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int>PII;
int main(){
string str;
cin >> str;
bool frag = true;
for(int i = 0; i < str.size() - 1; i ++){
if(str[i] <= str[i + 1]){
frag = false;
break;
}
}
if(frag)puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
B
B - Cutoff
题目概述：有n轮比赛，每轮比赛会获得一个分数，最后的总分数为去除最小值和最大值的和。现在给定前n轮的分数，问第n轮至少需要获得多少分数，才能使最后总分>=X.
解题思路：由于最后一轮的分数只会影响当前的最大值和最小值。我们先计算当前去掉最小值和最大值的和，再用得到的和与X作比较，如果它们之间的差值小于等于当前最小值，那么最后一轮的分数最小为0；如果差值大于当前最大值，那么无解；否则，最后一轮的分数就等于该差值。
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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 110;
int num[N];
//深入学习以下substr()函数用法
int main(){
int n,x;
cin >> n >> x;
for(int i = 0; i < n - 1; i ++)cin >> num[i];
sort(num,num + n - 1);
int sum = 0;
for(int i = 1; i < n - 2; i ++)sum += num[i];
if(x - sum <= num[0])cout << 0 << endl;
else if(x - sum > num[n - 2])cout << -1 << endl;
else cout << x - sum << endl;
return 0;
}
C
C - 321-like Searcher
题目概述：要求我们输出第K小的321数
解题思路：由于321数其实不是很多(1022个数)，可以直接暴力打表枚举出所有321数，再排序即可。
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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int>PII;
const int INF = 1e9;
vector<LL>res,all;
int main(){
int k;
cin >> k;
res.push_back(9876543210);
res.push_back(987654321),res.push_back(987654320),res.push_back(987654310);
res.push_back(987654210),res.push_back(987653210),res.push_back(987643210);
res.push_back(986543210),res.push_back(976543210),res.push_back(876543210);
res.push_back(987543210);
//枚举9位数的321数，需要预先处理出来再记录到数组中
// for(int i = 987654321; i >= 876543210; i --){
// string str = to_string(i);
// bool frag = true;
// for(int j = 0; j < str.size() - 1; j ++){
// if(str[j] <= str[j + 1]){
// frag = false;
// break;
// }
// }
// if(frag)cout << i << endl;
// }
//枚举8位数的321数
for(int i = 98765432; i >= 76543210; i --){
string str = to_string(i);
bool frag = true;
for(int j = 0; j < str.size() - 1; j ++){
if(str[j] <= str[j + 1]){
frag = false;
break;
}
}
if(frag)res.push_back((LL)i);
}
//枚举7位数的321数
for(int i = 9876543; i >= 6543210; i --){
string str = to_string(i);
bool frag = true;
for(int j = 0; j < str.size() - 1; j ++){
if(str[j] <= str[j + 1]){
frag = false;
break;
}
}
if(frag)res.push_back((LL)i);
}
//枚举剩余的321数
for(int i = 1; i <= 987654; i ++){
string str = to_string(i);
bool frag = true;
for(int j = 0; j < str.size() - 1; j ++){
if(str[j] <= str[j + 1]){
frag = false;
break;
}
}
if(frag)res.push_back((LL)i);
}
res.push_back(0);
sort(res.begin(),res.end());
cout << res[k] << endl;
return 0;
}
补充解法：枚举每一个数(0-9)选或不选
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#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
int main() {
vector<long long> all;
for(int i = 1; i < 1024; i++) {
long long val = 0;
for(int j = 0; j < 10; j++) {
if((i >> j) & 1) {
val = val * 10 + (9 - j);
}
}
all.push_back(val);
}
sort(all.begin(), all.end());
int K;
cin >> K;
cout << all[K] << '\n';
}
D
D - Set Menu
题目概述：有n份主餐和m份副餐，每份主餐可以和任意一份副餐进行搭配。问所有搭配的总和是多少，当副餐和主餐的价格大于p时，其总价格取p
解题思路：显然如果最暴力的做法就是两重循环，但肯定会超时。我们可以枚举主餐(副餐也一样)ma_i，计算p-ma_i。使用二分在副餐价格中找到p-ma_i对应的位置pos，对于pos之前的价格，其和主餐价格之和不会超过p，所以这部分的总价格为ma_i * (pos - 1) + sspos-1；对于pos及之后的价格，其总和大于等于p，那么全部取p，总价格为(m - pos + 1) * p.值得注意的是，当序列中不存在我们要找的数时，二分返回的是这个数字应该在的坐标，那么这里就会有边界问题：当二分返回的pos为1或m时，我们不知道要找的这个数是等于最小值(最大值)还是小于最小值(最大值)。所以这里需要我们预先过滤一下。
时间复杂度:\(O(nlogm)\)
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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 200010,INF = 0x3f3f3f3f;
int ma[N],s[N];
LL ss[N];
int n,m,p;
int find(int x){
int l = 1,r = m;
while(l < r){
int mid = l + r >> 1;
if(s[mid] >= x)r = mid;
else l = mid + 1;
}
return l;
}
int main(){
cin >> n >> m >> p;
for(int i = 1; i <= n; i ++)cin >> ma[i];
for(int i = 1; i <= m; i ++)cin >> s[i];
sort(s + 1,s + m + 1);
for(int i = 1; i <= m; i ++)ss[i] = (LL)ss[i - 1] + s[i];
LL res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
//过滤掉小于等于最小值或大于等于最大值的数
if(p - ma[i] >= s[m]){
res = (LL)res + ss[m] + (LL)m * ma[i];
}else if(p - ma[i] <= s[1]){
res = (LL)res + (LL)m * p;
}else{
int pos = find(p - ma[i]);
res = (LL)res + (LL)(m - pos + 1) * p + (LL)ma[i] * (pos - 1) + ss[pos - 1];
}
}
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
E
E - Complete Binary Tree
题目概述：给定一棵完全二叉树，编号规则为左儿子节点编号为父节点编号的2倍，右儿子节点编号为父节点编号的2倍加1.问距离节点x为k的点有多少个
解题思路：先考虑在节点x下的节点中有多少个节点满足条件，在考虑x节点上面的节点中满足条件的节点数
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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <queue>
//#define x first
//#define y second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL,LL>PLL;
const int N = 200010;
//在最大节点编号为n的情况下，计算节点x以后的那些点中距离x为k的点的数目。
LL getcnt(LL x,LL k,LL n){
if(x > n)return 0;
if(k > 60)return 0;
LL l = x,r = x;
while(k){
k --;
l *= 2;
if(l > n)return 0;
r = min(n,2ll * r + 1ll);
}
return r - l + 1ll;
}
void solve(){
LL n,x,k;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&x,&k);
if(k == 0)puts("1");
else{
LL res = getcnt(x,k,n);
int dis = 0;
LL now = x;
//计算x以前的那些点中距离x为k的点的数目
while(now > 1){
dis ++;
if(dis == k){
res++;
break;
}
//now * 4 + 1 - last在二叉树(编号规则为左儿子为父节点*2，右儿子为父节点*2+1)
//中可以回到当前节点的父节点的另一个子节点
LL last = now;
now /= 2;
res += getcnt(now * 4 + 1 - last,k - dis - 1,n);
}
cout << res << endl;
}
}
int main(){
int T;
cin >> T;
while(T --){
solve();
}
return 0;
}
F
F - #(subset sum = K) with Add and Erase
题目概述：有q次操作，每次操作要么加入一个数，要么移除一个数，针对每次操作，输出总和为k的方案数
解题思路：采用动态规划的思想。集合表示：dp[i]:和为i的方案数。集合划分：dp[i] = dp[i] + dp[i - x].
当加入一个数操作时，为了避免累加效应，我们倒着枚举。
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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <queue>
//#define x first
//#define y second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 5010,MOD = 998244353;
int dp[N];//dp[i]:和为i的方案数
int main(){
int q,k;
cin >> q >> k;
dp[0] = 1;
while(q --){
string op;
int x;
cin >> op >> x;
if(op == "+"){
//操作只会对位于区间[x,k]中的数有影响，"+"操作需要倒序遍历,"-"操作正序遍历
for(int i = k; i >= x; i --){
dp[i] += dp[i - x];
if(dp[i] >= MOD)dp[i] -= MOD;
}
}else{
for(int i = x; i <= k; i ++){
dp[i] -= dp[i - x];
if(dp[i] < 0)dp[i] += MOD;
}
}
cout << dp[k] << endl;
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号