Educational Codeforces Round 186 (Rated for Div. 2) A-E
A. New Year String
先判断有没有 2026 和 2025，如果有 2026 或没有 2025，则符合题意，直接输出 0 即可。
否则，此时字符串中一定有 2025，只需要一次修改把 5 改为 6 即可，答案为 1。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;
void solve(){
int n;
cin>>n;
string s;
cin>>s;
int f1=s.find("2026");
int f2=s.find("2025");
if(f1!=string::npos || f2==string::npos){
cout<<0<<endl;
}
else cout<<1<<endl;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}
B. New Year Cake
分两种情况，第一层是白色和第一层是黑色。
直接模拟这两种情况，取最大值即可
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;
void solve(){
int a,b;
cin>>a>>b;
int c=a,d=b;
int ans1=0,now=1,pre=0;
while(a || b){
if(pre==0 && a>=now){
a-=now;
}
else if(pre==1 && b>=now){
b-=now;
}
else break;
ans1++;
pre^=1;
now*=2;
}
a=c,b=d,now=1,pre=1;
int ans2=0;
while(a || b){
if(pre==0 && a>=now){
a-=now;
}
else if(pre==1 && b>=now){
b-=now;
}
else break;
ans2++;
pre^=1;
now*=2;
}
cout<<max(ans1,ans2)<<endl;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}
C. Production of Snowmen
思路分析：核心在于条件的解耦。
稳定性条件 \(a_{i+m} < b_{j+m} < c_{k+m}\) 可以拆分为两个独立的部分：
\(a\) 与 \(b\) 的关系：对于所有 \(m\)，\(a_{i+m} < b_{j+m}\) 必须成立，这只取决于 \(i\) 和 \(j\) 的相对偏移量 \(d_{ab} = (j - i) \pmod n\)。
\(b\) 与 \(c\) 的关系：对于所有 \(m\)，\(b_{j+m} < c_{k+m}\) 必须成立。这只取决于 \(j\) 和 \(k\) 的相对偏移量 \(d_{bc} = (k - j) \pmod n\)。
算法步骤：
计算合法偏移量：令 valid_ab[d] 表示偏移量为 \(d\) 时，是否满足所有的 \(a < b\)。
通过 \(O(n^2)\) 遍历所有的 \(b_x\) 和 \(a_y\)，记录哪些偏移量 \((x-y+n) \pmod n\) 满足 \(b_x > a_y\)。只有当某个偏移量 \(d\) 被满足了 \(n\) 次（即对于每一个 \(b\) 的位置都成立）时，该偏移量才合法。
同理计算 \(b\) 与 \(c\) 的合法偏移量数量 cnt_bc。
统计答案：如果合法的 \(a \to b\) 偏移量有 \(cnt1\) 个，合法的 \(b \to c\) 偏移量有 \(cnt2\) 个。
对于每一对合法的相对偏移量 \((d_{ab}, d_{bc})\)，中间的起始位置 \(j\) 可以有 \(n\) 种选择（\(1 \le j \le n\)），一旦 \(j\) 确定，\(i\) 和 \(k\) 也就唯一确定了。
最终答案为：\(cnt1 \times cnt2 \times n\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;
void solve(){
int n;
cin>>n;
vector<int> a(n),b(n),c(n);
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>b[i];
}
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>c[i];
}
vector<int> preb(n),sufb(n);
for(int i=0;i<n;i++){
vector<int> tmp(n);
for(int j=0;j<n;j++){
if(b[i]>a[j]) tmp[(i-j+n)%n]=1;
}
if(i==0) preb=tmp;
else{
for(int i=0;i<n;i++){
preb[i]*=tmp[i];
}
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++){
ans+=preb[i];
}
ans*=n;
// cout<<ans<<endl;
for(int i=0;i<n;i++){
vector<int> tmp(n);
for(int j=0;j<n;j++){
if(b[i]<c[j]) tmp[(i-j+n)%n]=1;
}
if(i==0) sufb=tmp;
else{
for(int i=0;i<n;i++){
sufb[i]*=tmp[i];
}
}
}
int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++){
sum+=sufb[i];
}
ans*=sum;
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}
D. Christmas Tree Decoration
组合数学
任务分配：每个人到底要挂多少个？
首先我们要搞清楚，挂装饰品的过程是循环的。
假设总装饰品数量是 \(S = \sum_{i=0}^n a_i\)。一共有 \(n\) 个人，每轮过一遍。通过简单的带余除法：\(k = S / n\)，\(r = S \% n\)。
这意味着：在排列 \(p\) 中，前 \(r\) 个人每个人要挂 \(k+1\) 个，后 \(n-r\) 个人每个人要挂 \(k\) 个。
非法情况分析：什么时候绝对不行？
每个人 \(i\) 有自己的盒子 \(a_i\)，如果他不够用，就必须去 0 号盒子拿。
最轻松的情况：如果一个人只需要挂 \(k\) 个，但他自己的盒子 \(a_i < k\)，那么他必须从 0 号盒子里拿 \(k - a_i\) 个。
底线：即使我们把所有人放在最轻松的位置上（只挂 \(k\) 个），如果所有人对 0 号盒子的“刚需”加起来超过了 \(a_0\)，那么任何排列都不可能成功。
即：如果 \(\sum \max(0, k - a_i) > a_0\)，直接输出 0。
最优排列分析：谁该排在前面？
现在我们要分配那 \(r\) 个“重担”（挂 \(k+1\) 个的名额）。
如果你盒子里装饰品很多（\(a_i\) 很大），你多挂一个可能也不需要动用 0 号盒子。如果你盒子里装饰品很少（\(a_i\) 很小），你多挂一个就必须多从 0 号盒子拿一个。
结论：为了让 0 号盒子撑得久一点，盒子最满的人应该排在前面。
如果你按 \(a_i\) 从大到小排序后的排列都不能满足条件，那别的排列更不行。
一般情况分析：利用组合数学计数理解了“谁排前面更好”，我们就可以进行分类计数了：
第一类人（不敏感型）：\(a_i > k\)。这些人即使被分到前 \(r\) 个位置（挂 \(k+1\) 个），对 0 号盒子的需求也不会比在后面多（或者增加得很少，特别是当 \(a_i \ge k+1\) 时，增加量为 0）。
第二类人（敏感型）：\(a_i \le k\)。这些人如果在前 \(r\) 个位置，他们必须比在后面多从 0 号盒子拿走 正好 1 个 装饰品。
计数逻辑：计算 0 号盒子的“剩余战斗力” \(K\)：\(K = a_0 - (\text{所有人都在后面时的总刚需})\)。
统计“敏感型”人数 \(cnt\)。我们需要在 \(r\) 个“重担位”中选出一些位置。
假设我们选了 \(i\) 个“敏感型”人放在前 \(r\) 位，那么他们会额外消耗 0 号盒子 \(i\) 个。
所以必须满足 \(i \le K\)。
公式：对于每一个合法的 \(i\)（\(0 \le i \le \min(cnt, r, K)\)）：
从 \(cnt\) 个敏感型人中选 \(i\) 个放在前 \(r\) 位：
\(C(cnt, i)\)从 \(n - cnt\) 个不敏感型人中选 \(r - i\) 个填满前 \(r\) 位：\(C(n - cnt, r - i)\)前 \(r\) 位内部可以任意排：\(r!\)
后 \(n-r\) 位内部可以任意排：\((n-r)!\)
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;
const int N=1e6+10;
vector<int> fact(N),infact(N);
int qmi(int a,int b,int p){
int res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%p;
b>>=1;
a=a*a%p;
}
return res;
}
void init(){
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=1e6;i++){
fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
}
infact[1e6]=qmi(fact[1e6],mod-2,mod);
for(int i=1e6-1;i>=1;i--){
infact[i]=infact[i+1]*(i+1)%mod;
}
infact[0]=1;
}
int C(int a,int b){
return fact[a]*infact[b]%mod*infact[a-b]%mod;
}
void solve(){
int n;
cin>>n;
vector<int> a(n+1);
for(int i=0;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
int mx=*max_element(a.begin()+1,a.end());
int mxcnt=0,nd=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==mx) mxcnt++;
else nd+=(mx-1-a[i]);
}
if(a[0]<nd){
cout<<0<<endl;
return;
}
a[0]-=nd;
int pos=min(n,mxcnt+a[0]);
//前面有 pos 个位置，要填进去 mxcnt 个数
//还需要从后面的数中，选pos-mxcnt 个进来
//C(n-mxcnt,pos-mxcnt) * fact[pos] * fact[n-pos]
int ans=C(n-mxcnt,pos-mxcnt)*fact[pos]%mod*fact[n-pos]%mod;
cout<<ans%mod<<endl;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
init();
int t=1;
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}
E. New Year's Gifts
成本转换每个朋友基础必须花费 \(y_i\)，这是不可避免的支出。
我们将总预算 \(k\) 预先减去所有 \(y_i\)，剩下的 \(k' = k - \sum y_i\) 就是我们用来“购买快乐”的额外预算。
对于每一个朋友，让他开心的额外代价有两种：
方案 A（使用盒子）： 消耗一个美丽度 \(a_j \ge x_i\) 的盒子，额外金钱代价为 \(0\)。
方案 B（提升价值）： 不使用盒子，额外金钱代价为 \(c_i = z_i - y_i\)。
核心贪心策略由于我们的目标是最大化人数，这是一个典型的资源分配问题。
我们手里有两种资源：有限的盒子和有限的金钱。
策略一：如何分配盒子？
盒子相当于一张“面值为 \(c_i\) 的代金券”。
为了让盒子的价值最大化，我们应该优先把盒子分给那些“如果不给盒子，变开心就会很贵”的朋友。
因此，我们将朋友按 \(c_i\)（即 \(z_i - y_i\)）从大到小排序。
策略二：如何选择具体的盒子？
对于当前的朋友，如果有多款盒子满足 \(a_j \ge x_i\)，我们应该选哪一个？
为了给后面的朋友留下更多可能性，我们应该选择满足条件的美丽度最小的盒子。这可以通过 multiset 的 lower_bound 实现。
策略三：如何使用剩余的金钱？
当所有的盒子都分配完，或者剩下的朋友无法匹配到盒子时，我们手里还剩下一些钱。
此时，我们只需将剩下这些朋友的 \(c_i\) 从小到大排序，用剩余的预算尽可能多地购买快乐。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;
struct node{
int x,y,z;
bool operator<(node &t){
return z-y>t.z-t.y;
}
};
void solve(){
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
vector<int> a(m+1);
multiset<int> st;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>a[i];
st.insert(a[i]);
}
vector<node> p(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>p[i].x>>p[i].y>>p[i].z;
k-=p[i].y;
}
sort(p.begin()+1,p.end());
vector<int> cost;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
auto it=st.lower_bound(p[i].x);
if(it!=st.end()){
ans++;
st.erase(it);
}
else{
cost.push_back(p[i].z-p[i].y);
}
}
sort(cost.begin(),cost.end());
for(auto val:cost){
if(k>=val){
ans++;
k-=val;
}
else break;
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}
浙公网安备 33010602011771号