CF补题 964-Div.4
CF补题 964-Div.4-20241206
Dashboard - Codeforces Round 964 (Div. 4) - Codeforces
A：
题目大意：给定一个两位数正整数 n ，求其位数之和
#include <stdio.h>
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
while(n--){
int x,sum=0;
scanf("%d",&x);
while(x!=0){
sum+=x%10;
x/=10;
}
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}
签到，简单的取各个位数然后计算
B：
题目大意：两人各有两张牌，每轮两人任意翻开其中一张，点数大的获胜，求第一个人能胜利的场数
#include <stdio.h>
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
int a1,a2, b1,b2;
int win = 0;
scanf("%d %d %d %d", &a1, &a2, &b1, &b2);
if ((a1 > b1 && a2 >= b2) || (a1 >= b1 && a2 > b2)) win ++;
if ((a1 > b2 && a2 >= b1) || (a1 >= b2 && a2 > b1)) win ++;
printf("%d\n", win*2);
}
return 0;
}
每次随机抽取两张中的一张，所以我们可以依次判断能获胜的情况
(a1 > b1 && a2 >= b2) || (a1 >= b1 && a2 > b2)
同位比较，能获胜的情况是：
选出的 a1 一定比 b1 大，那么保证能赢则需要 a2 不小于 b2
反之，选出的 a1 不小于 b1 ，那么保证能赢则需要 a2 一定大于 b2
(a1 > b2 && a2 >= b1) || (a1 >= b2 && a2 > b1)
错位比较，能获胜的情况是：
选出的 a1 一定比 b2 大，那么保证能赢则需要 a2 不小于 b1
反之，选出的 a1 不小于 b2 ，那么保证能赢则需要 a2 一定大于 b1
C：
题目大意：给出若干个区间，判断区间的间隙中是否存在解
#include <stdio.h>
int l[200010], r[200010];
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
int n, s, m;//n个区间
scanf("%d %d %d", &n, &s, &m);
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d %d", &l[i], &r[i]);//读入区间
int temp = 0, flag = 0;//定义变量，和状态标志
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (l[i] - temp >= s) {//当前的左区间减去上一个的右区间，为一个间隔
flag = 1;//若间隔大于我们要求的解
printf("YES\n");//能够满足题意输出yes
break;
}
if (i == n - 1) {//对最后一个区间进行特判，
if (m - r[i] >= s) {//如果能有解，则输出yes
flag = 1;
printf("YES\n");
break;
}
}
temp = r[i];//将这次的右区间存到temp中，进入下一轮循环，计算间隔
}
if (flag == 0) printf("NO\n");//如果遍历完仍然无解，则输出no
}
return 0;
}
注意，需要将数据全部存进才能再进行判断
D：
题目大意：给出一个字符串（存在通配符？）和子串，判断子串是否在字符串的子序列中
#include <stdio.h>
#include <string>//引用头文件
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
string s, t;
cin >> s >> t;//读入string
int i = 0, j = 0;//双指针
while (i < s.length() && j < t.length()) {
//遍历两个字符串，遍历完s，或查找到了子序列就退出
if (s[i] == t[j]) i++, j++;//如果当前的字符相等，则把两个指针都往后移动
else if (s[i] == '?') s[i] = t[j], i++, j++;//如果当前s的字符为？，就赋值
else i++;//否则，移动i
}
for (int k = 0; k < s.length(); k++) {
if (s[k] == '?') s[k] = 'a';
}//完善s序列
if (j == t.length())//如果j指向了t的最后元素，说明存在子序列
cout << "YES" << endl << s << endl;//输出yes和s
else
cout << "NO" << endl;
}
return 0;
}
使用双指针维护两个字符串
这里的一个关键点：i 移动时，如果当前指向的元素之后能构成一个解，则这个元素之前的和它相同的元素也能构成一个解，例：
a b c c a g h l e
如果需要查找 ale 这个子序列，我们的 i 从 s[0] 开始，s[0]==t[0] ，但是下一位不相同，所以移动 i 往后查找一个元素使 s[i]==t[1] ，因为我们这时已经找到了一个元素和 t[0] 相同，在之后的过程中，只需要找剩余的元素即可
E：
题目大意：给出一个整数区间，我们可以对区间的任意两个数同时进行 *3 和 /3 操作，求使区间所有数变为 \(0\) 的最少操作数
#include <stdio.h>
int a[200010],sum[200010];
void pre(){//预处理
for(int i=1;i <=200010;i++){
a[i]=a[i/3]+1;//递推
sum[i]=sum[i-1]+a[i];//前缀和
}
}
int main()
{
pre();
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int l, r;
scanf("%d %d", &l, &r);
printf("%d\n",sum[r]-sum[l-1]+a[l]);//计算总操作数
}
return 0;
}
采用暴力会严重超时，可以想到使用前缀和+预处理进行优化
由于我们的区间是 l~r ，其中的任意数都可以转化为 \(k+0,k+1,k+2,(k+1)+1,·····\) （\(k\) 为整除以 \(3\) 的商）
我们的 l 必然是 \(k+0,k+1,k+2\) 其中的一项，所以 l 通过 /3 的操作，取到 \(0\) 时，一定是操作最少的元素之一
而后，区间内的其他元素，通过已经为 \(0\) 的元素，再取到 \(0\) 会十分容易
由于我们对 l 进行 /3 时，某个其他元素会进行 *3 操作，故我们的总操作数为 所有元素/3的操作数+l/3->0的操作数
可以对所有区间内的数进行预处理，最后通过前缀和 \(O(1)\) 输出
F：逆元+组合数学，下次再学
G1：
题目大意：在数轴上缺失了一个数，这个数之前的数保持原样，这个数之后的数 \(+1\) ，通过至多 \(10\) 次询问，找到这个数
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--){
int l=1,r=999,ans,flag=0;
while (l<r){
int mid=l+r>>1;
cout<<"? 1 "<<mid<<endl;
cin>>ans;
if (ans>=2*mid){
cout<<"! 1"<<endl;
flag=1;
break;
}
if (ans==mid) l=mid+1;
else r=mid;
}
if (!flag) cout<<"! "<<l<<endl;
}
return 0;
}
一道互动题，使用 cout 和 endl 自动刷新缓冲区（不用 fflush）
把矩形的面积转化为线的长度再二分查找（\(log_2{999}<10\) ）
特别的，如果这个数为 \(1\) 时，我们查询的数一定会大于等于 mid 的两倍
正常：1 2 3 4 5 6 //l = 1 , mid = 3
缺失：2 3 4 5 6 7 //l` = 2 , mid = 3
浙公网安备 33010602011771号