Educational Codeforces Round 81 题解
Educational Codeforces Round 81 题解
A - Display The Number
肯定是1越多越好，因为位数越大越大，所以当n是2的倍数的时候，全是1
但是n可能不是n的倍数，此时应该有$（ n - 3 ） / 2 $个\(1\)和\(1\)个\(7\)，并且7在前面
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 10;
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(0);
int t;
cin >> t;
while(t--){
int n;
cin >> n;
int cnt = n >> 1;
if(n & 1){
cout << 7;
cnt--;
}
while(cnt--){
cout << 1;
}
cout << endl;
}
return 0;
}
B - Infinite Prefixes
本题有几点需要注意
1.如果所给\(x\)是0，要特判空字符串情况，也就是\(sum\)初始为1，其他为0
2.循环的题目第一看循环节，我们知道题目不是求在哪个位置相等，而是求个数，所以只需要考虑第一节
3.分两种情况，因为要排除无穷的情况，假如一个循环节内1的个数和0的相等，那么我们就需要遍历一下这个循环节，如果存在满足x的，那么一定有无穷个，否则是0个。
4.个数不相同的情况，那么我们可以想到，假设一个循环节差\(delta\)，满足条件的情况肯定时t的倍数加上最后一个循环节中的部分差\(cur\)等于x
也就是说 \((x - cur) \% delta == 0\)，找到一个这样的情况 \(ans++\)，但是要注意的是，两者必须是同号的，因为模数为0两者不一定同号，如果不同号则没有意义，是相反的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 10;
bool judge(int cur, int delta){
if(delta < 0){
delta = -delta;
cur = -cur;
}
if(cur < 0)
return false;
return cur % delta == 0;
}
void solve(){
int n, x;
cin >> n >> x;
string s;
cin >> s;
int delta = 0;
for (int i = 0; i < n; i++){
if(s[i] == '0')
delta++;
else
delta--;
}
int cur = 0, ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++){
if(delta == 0 && cur == x){
cout << -1 << endl;
return;
}
if(delta != 0 && judge(x-cur, delta))
ans++;
if(s[i]=='0')
cur++;
else
cur--;
}
cout << ans << endl;
}
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(0);
int t;
cin >> t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
C - Obtain The String
本题是暴力题，思路很好想，只需要设计一个指针遍历t字符串，答案不存在只有可能是t中字符串s中没有
然后不停映射s就行，如果t中连续的子串不是s中的递增的，那么就要ans++；
问题是实现方法，要是纯暴力的搜，一定会TLE，所以要想一个巧妙的解法：
设置\(nxt\)数组，代表\(t\)字符串在当前的\(i\)字符位上下一个字符\(c\)在字符串\(s\)的向后最早出现的位置是什么。
具体看代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 10;
int nxt[maxn][26];
void solve(){
string s, t;
cin >> s >> t;
int n = s.size(), m = t.size();
int vis[26];
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (int i = 0; i < m; i++){
vis[t[i] - 'a'] = 1;
}
for (int i = 0; i < n; i++){
vis[s[i] - 'a'] = 0;
}
for (int i = 0; i < 26; i++){
if(vis[i]){
cout << -1 << endl;
return;
}
}
//initial
for (int i = 0; i < 26; i++)
nxt[n][i] = -1;
for (int i = n - 1; i >= 0; i--){
for (int c = 0; c < 26; c++){
nxt[i][c] = nxt[i + 1][c]; //向前回溯
}
nxt[i][s[i] - 'a'] = i; //字符串s中从第i个字符处开始往后找，第s[i]-'a'字符最早出现的位置是i
}
int cur = 0, ans = 1;
for (int i = 0; i < m; i++){
cur = nxt[cur][t[i] - 'a'];
if(cur == -1){
ans++;
cur = 0;
i--;
}
else{
cur++;
}
}
cout << ans << endl;
}
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(0);
int t;
cin >> t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
D - Same GCDs
题意很明显要求出当\(k∈[a,a+m),gcd=gcd(a,m)\)时，满足\(gcd(k,m)=gcd\)的\(k\)的个数，由欧拉函数可以转换为\(gcd(k/gcd,m/gcd)=1,k∈[a,a+m)\)，\(a\)和\(m\)肯定是\(gcd\)的倍数，那么假设\(a=x∗gcd,m=y∗gcd\)，令\(i=k/gcd\)，那么\(i\)的取值范围为\([x,x+y)\)，那么最终要求的东西就是当\(i∈[x,x+y)\)时，满足\(gcd(i,y)=1\)的\(i\)的个数。
把\(i∈[x,x+y)\)，分成两个区域\([x,y]\)和\((y,x+y)\)
先讨论\(i∈(y,x+y)\)时，由欧几里得定理可以得出\(gcd(i,y)=gcd(y,i%y)=gcd(i%y,y)\)，再由\(i∈(y,x+y)\)可以化简所求东西为求\(i∈(0,x)\)时，满足\(gcd(i,y)\)的\(i\)的个数，而我们把这个区间与\([x,y]\)进行合并，就可以发现，我们要求的就是\(i∈[1,y]\)时满足\(gcd(i,y)=1\)的个数，即\(i\)与\(y\)互质，可以发现求的就是\(y\)的欧拉函数值。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 10;
ll phi(ll x){
ll ans = x;
for (ll i = 2; i * i <= x; i++){
if(x % i == 0){
ans -= ans / i;
while(x % i == 0)
x /= i;
}
}
if(x > 1)
ans -= ans / x;
return ans;
}
void solve(){
ll a, m;
cin >> a >> m;
cout << phi(m / __gcd(a, m)) << endl;
}
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(0);
int t;
cin >> t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
欧拉函数
欧拉函数：
欧拉函数，即\(φ(n)\)，表示的是小于等于\(n\)和\(n\)互质的数的个数。
比如\(φ(1)=1\)。
利用唯一分解定理，我们可以把一个整数唯一地分解为质数幂次的乘积，
设
\(n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_s^{k_s}\)，其中\(p_i\)是质数，那么\(\varphi(n)=n\times\prod_{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}\)
int phi(int n){ int ans = n; for(int i = 2; i * i <= n; ++i){ if(n % i == 0){ ans -= ans * i; while(n % i == 0) n /= i; } } if( n > 1 ) ans -= ans * i; return ans; }欧拉函数的性质：
①欧拉函数是积性函数：
如果有\(gcd(a,b)=1\)，那么\(φ(a×b)=φ(a)×φ(b)\)
特别的，当\(n\)为奇数时，\(φ(2n)=φ(n)\)
②\(n=\sum_{d|n}\varphi(d)\)
即表示，\(n\)的所有因子的欧拉函数的值加起来为\(n\)
③如果\(gcd(k,n)=d\), 那么\(gcd(k / d, n / d)=1\)
④设\(f(x)\)为\(gcd(k,n)=x (k<n)\) 的 $ k$ 的个数，那么\(n=\sum_{i=1}^n f(i)\)
⑤若\(n=p^k\)，其中\(p\)为质数，那么\(\varphi(n)=p^k-p^{k-1}\)
E - Permutation Separation
在区间\([1,n−1]\)枚举切割位置\(i\) (从\(p[i]\) 右边切开，不取\(n\)是因为要保证两部分初始非空) ，时间复杂度\(O(n)\)
那么我们知道所有\(p[i]\) 位置后面的小于等于 \(i\) 的数都要移动到左边，\(p[i]\) 位置即前面的大于 \(i\) 的数都要移动到右边。
我们尚若可以\(O(log n)\) 时间内得到上面移动操作的\(cost\)就可以维护出最小值。
想到了线段树。
首先对\(a[i]\) 做一个前缀和 数组 \(sum[i]\) ，代表将1~i的数都移动到右边需要的cost。
以$sum[i] $数组建立区间修改，区间查询最小值的线段树。
然后从\(1\)到\(n-1\)枚举割切位置\(i\)，
对于第\(i\)个位置，我们将找到\(i\)在\(p\)中的位置 id ,将区间\([1,id−1]\)减去 \(a[id]\)，区间\([id,n−1]\) 加上\(a[id]\)
意义为：在切割位置大于等于i 的时候，不需要将数字i移动到右边部分，又结合线段树维护的是前缀和数组，
那么对于每一个位置i 用线段树的根节点维护的最小值去更新答案ans即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 3e5 + 10;
struct node{
int l, r;
ll laze, val;
} segment_tree[maxn << 2];
int n, p[maxn], id[maxn];
ll a[maxn], sum[maxn];
void push_Up(int rt){
segment_tree[rt].val = min(segment_tree[rt << 1].val, segment_tree[rt << 1 | 1].val);
}
void build(int rt, int l, int r){
segment_tree[rt].l = l;
segment_tree[rt].r = r;
if (l == r){
segment_tree[rt].val = sum[l];
segment_tree[rt].laze = 0ll;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(rt << 1, l, mid);
build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
push_Up(rt);
}
void push_Down(int rt){
segment_tree[rt << 1 | 1].val += segment_tree[rt].laze;
segment_tree[rt << 1 | 1].laze += segment_tree[rt].laze;
segment_tree[rt << 1].val += segment_tree[rt].laze;
segment_tree[rt << 1].laze += segment_tree[rt].laze;
segment_tree[rt].laze = 0;
}
void update(int rt, int l, int r, int num){
if(segment_tree[rt].laze && l != r)
push_Down(rt);
if(segment_tree[rt].l >= l && segment_tree[rt].r <= r){
segment_tree[rt].val += num;
segment_tree[rt].laze += num;
return;
}
int mid = segment_tree[rt].l + segment_tree[rt].r >> 1;
if(r > mid){
update(rt << 1 | 1, l, r, num);
}
if(l <= mid){
update(rt << 1, l, r, num);
}
push_Up(rt);
}
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++){
cin >> p[i];
id[p[i]] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
cin >> a[i];
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
ll ans = a[n];
build(1, 1, n - 1);
ans = min(ans, segment_tree[1].val);
int x;
for (int i = 1; i <= n; i++){
x = id[i];
if(x != n){
update(1, x, n - 1, -a[x]);
}
if(x != 1){
update(1, 1, x - 1, a[x]);
}
ans = min(ans, segment_tree[1].val);
//cout << ans << " ";
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号