Codeforces Round 1013 (Div. 3)
A. Olympiad Date
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(10);
a[0] = 3;
a[1] = 1;
a[3] = 1;
a[2] = 2;
a[5] = 1;
std::vector<int> b(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> b[i];
}
std::vector<int> cnt(10);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
cnt[b[i]] = std::min(cnt[b[i]] + 1, a[b[i]]);
if (cnt == a) {
std::cout << i + 1 << "\n";
return;
}
}
std::cout << 0 << "\n";
}
B. Team Training
题意：把数组划分为若干个集合，每个集合的价值为集合大小乘集合最小值。求最多划分出来几个价值大于等于\(x\)的集合。
从大到小枚举，因为优先用大的数可以使当前集合大小最小，也就是用最少的数。
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void solve() {
int n, x;
std::cin >> n >> x;
std::vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
std::ranges::sort(a);
int ans = 0;
for (int i = n - 1, cnt = 0; i >= 0; -- i) {
++ cnt;
if ((i64)cnt * a[i] >= x) {
++ ans;
cnt = 0;
}
}
std::cout << ans << "\n";
}
C. Combination Lock
题意：构造一个长度为\(n\)的排列，使得在接下来\(n-1\)次右移中都有一个位置使得\(p_i = i\)。
设\(i\)需要右移\(a_i\)次可以到\(i\)，那么实际上\(a\)就是\(0\)到\(n-1\)的一个排列。发现\(n\)为奇数的情况，从大到小排可以满足这个条件。
而偶数不可以（猜的）
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
if (n % 2 == 0) {
std::cout << -1 << "\n";
return;
}
std::vector<int> ans(n);
std::ranges::iota(ans, 1);
std::reverse(ans.begin(), ans.end());
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cout << ans[i] << " \n"[i == n - 1];
}
}
D. Place of the Olympiad
题意：给你一个\(n\times m\)的矩阵，你要放\(k\)个元素进去，使得每行最大连续子段的最大值最小。
二分。
如果一行最多放\(mid\)个元素，那么这一行总共可以放\(\lfloor \frac{m}{mid + 1} \rfloor + m \% (mid + 1)\)个元素。
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void solve() {
i64 n, m, k;
std::cin >> n >> m >> k;
auto check = [&](i64 len) -> i64 {
i64 cnt = m / (len + 1) * len + m % (len + 1);
return n * cnt;
};
i64 l = 1, r = m;
while (l < r) {
i64 mid = l + r >> 1ll;
if (check(mid) >= k) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
std::cout << l << "\n";
}
E. Interesting Ratio
题意：求\([1, n]\)中有多少对数\(a, b\)满足\(a < b, \frac{lcm(a, b)}{gcd(a, b)}\)是质数。
\(lcm(a, b) = \frac{ab}{gcd(a, b)}， \frac{lcm(a, b)}{gcd(a, b)} = \frac{a}{gcd(a, b)} \times \frac{b}{gcd(a, b)}\)，显然只有在\(a\)和\(b\)中有一个数是\(gcd\)的时候且另一个数除\(gcd\)是质数的情况才合法。
那么我们就是要求每个\(i\)在\([i + 1, n]\)内的质数倍数的个数。
预处理筛质数，然后二分求即可。
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std::vector<int> minp, primes;
void sieve(int n) {
minp.assign(n + 1, 0);
primes.clear();
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
if (minp[i] == 0) {
minp[i] = i;
primes.push_back(i);
}
for (auto p : primes) {
if (i * p > n) {
break;
}
minp[i * p] = p;
if (p == minp[i]) {
break;
}
}
}
}
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
i64 ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
ans += std::ranges::upper_bound(primes, n / i) - primes.begin();
}
std::cout << ans << "\n";
}
F. Igor and Mountain
题意：给你一个\(n\times m\)的矩阵，有些地方可以走有些地方不能走。每一行你最多走两个点，当前行只能到下一行，且每次走的两个的欧拉距离不能超过\(d\)。求从最低层到最高层的走法方案数。
\(f[0/1][i][j]\)表示在第\(i\)行走了\(1\)个或者\(2\)个点现在在第\(j\)列的方案数。
\(sum[0/1][i][j]\)表示\(f[0/1][i]\)的前缀和。
\(L[j], R[j]\)表示跨一行的情况下可以\(j\)可以走到点的左右边界。
那么\(f[0][i][j] = sum[0][i - 1][R[j]] - sum[0][i - 1][L[j] - 1] + sum[1][i - 1][R[j]] - sum[1][i - 1][L[j] - 1]\)，意味从上一行到当前点。
然后考虑当前行走两个点的情况，那么\(f[1][i][j] = sum[0][i][j + k] - sum[0][i][j - k - 1] - f[0][i][j]\)。
代码省略取模类。
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void solve() {
int n, m, k;
std::cin >> n >> m >> k;
std::vector<std::string> s(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
std::cin >> s[i];
}
std::reverse(s.begin() + 1, s.end());
auto get_dist = [&](int x1, int y1, int x2, int y2) -> int {
int dx = x1 - x2, dy = y1 - y2;
return dx * dx + dy * dy;
};
std::vector f(2, std::vector(n + 1, std::vector<Z>(m + 1)));
std::vector sum(2, std::vector(n + 1, std::vector<Z>(m + 1)));
for (int j = 1; j <= m; ++ j) {
f[0][1][j] = s[1][j - 1] == 'X';
sum[0][1][j] = sum[0][1][j - 1] + f[0][1][j];
}
for (int j = 1; j <= m; ++ j) {
if (s[1][j - 1] == 'X') {
int l = std::max(1, j - k), r = std::min(m, j + k);
f[1][1][j] = sum[0][1][r] - sum[0][1][l - 1] - f[0][1][j];
}
sum[1][1][j] = sum[1][1][j - 1] + f[1][1][j];
}
std::vector<int> L(m + 1), R(m + 1);
for (int i = 1, j = 1; i <= m; ++ i) {
while (get_dist(1, i, 0, j) > k * k) {
++ j;
}
L[i] = j;
}
for (int i = m, j = m; i >= 1; -- i) {
while (get_dist(1, i, 0, j) > k * k) {
-- j;
}
R[i] = j;
}
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= m; ++ j) {
if (s[i][j - 1] == 'X') {
f[0][i][j] += sum[0][i - 1][R[j]] - sum[0][i - 1][L[j] - 1];
f[0][i][j] += sum[1][i - 1][R[j]] - sum[1][i - 1][L[j] - 1];
}
sum[0][i][j] = sum[0][i][j - 1] + f[0][i][j];
}
for (int j = 1; j <= m; ++ j) {
if (s[i][j - 1] == 'X') {
int l = std::max(1, j - k), r = std::min(m, j + k);
f[1][i][j] = sum[0][i][r] - sum[0][i][l - 1] - f[0][i][j];
}
sum[1][i][j] = sum[1][i][j - 1] + f[1][i][j];
}
}
Z ans = sum[0][n][m] + sum[1][n][m];
std::cout << ans << "\n";
}
G. Gleb and Boating
题意：你要从\(0\)走到\(s\)。初始方向为右，一次可以走\(k\)的距离，每次转向会使得\(k\)减一，最少为\(1\)。且每次转向就要移动一次，求走到\(s\)的最大\(k\)值。
这题主要是要发现当\(s > k^2\)时，答案为\(k\)或\(k-2\)。当\(s \%k = 0\)时，答案为\(k\)。否则为\(k-2\)。证明如下：
我们可以先跳到\(k^2\)这个位置，然后看如果从这个位置跳\(k-2\)的话，大于等于\(s\)时会超过多少，记为\(r, 0 \leq r < k - 2\)。那么我们可以通过往回跳\(k-1\)抵消这个\(r\)。发现每次会使得\(r = (r + 1) \% (k - 2)\)。那么我们最多跳\(k - 2\)次。这显然不会跳过\(k^2\)。
\(s \leq k^2\)的情况，我们直接\(bfs\)就行。
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void solve() {
int s, k;
std::cin >> s >> k;
if (s % k == 0) {
std::cout << k << "\n";
return;
}
if (s > k * k) {
std::cout << std::max(1, k - 2) << "\n";
return;
}
std::vector<int> f(s + 1);
f[k] = 1;
int d = 1;
auto bfs = [&]() -> void {
std::queue<int> q;
for (int i = 0; i <= s; ++ i) {
if (f[i]) {
q.push(i);
}
}
while (q.size()) {
int u = q.front(); q.pop();
if (u + d * k <= s && u + d * k>= 0 && !f[u + d * k]) {
f[u + d * k] = 1;
q.push(u + d * k);
}
}
};
while (true) {
bfs();
if (f[s]) {
std::cout << k << "\n";
return;
}
d = -d;
k = std::max(1, k - 1);
std::vector<int> g(s + 1);
for (int j = 0; j <= s; ++ j) {
if (f[j]) {
if (j + d * k >= 0 && j + d * k <= s) {
g[j + d * k] = 1;
}
}
}
f = g;
}
}
浙公网安备 33010602011771号