上分准备 VP Codeforces Round #762 (Div. 3) 4题ABCE

 

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VP 情况  4/8 ABCE ，赛时排名可以到823，什么时候我可以上个青

• B 本想写个map的二分的，发现自己不会，写了个普普通通的二分
• C 高精度模拟，一发过了，用个vector将每个数位存起来，从个位开始判断，如果 A_i  的数能加上小于10的正整数大于等于S_j+1  *10  + S_j,(S_j+1 ! = 0),那么就能一次解决两个数位，其余正常匹配，遇到无法进位同时 A_i > S_j 的情况就没有解 ,最后讨论前导0，和S没有匹配完的输出

//  AC one more times

LL a,s; 
std::vector<int > d1,d2;
void chuli()
{
    LL ta=a;
    while(ta)
    {
        d1.push_back(ta%10);
        ta/=10;
    }
    ta=s;
    while(ta)
    {
        d2.push_back(ta%10);
        ta/=10;
    }
}
void solve()
{
    d1.clear(),d2.clear();
    cin>>a>>s;
    if(a>s) 
    {
        cout<<-1<<endl; return;
    }
    chuli();
    int len1=d1.size(),len2=d2.size(),j=0, ca=len2-len1;
    vector<int> ans;
    for(int i=0;i<len1;i++)
    {
        int t1=d1[i],t2=d2[j],t3=d2[j+1];
        if(ca&&t1+9>=t3*10+t2&&j<len2&&j+1<len2&&t3!=0)
        {
            int add=t3*10+t2;
            ans.push_back(add-t1);
            j++,j++;
            ca--;
        }
        else if(t1+(t2-t1)<10&&t2>=t1&&j<len2)
        {
            int add=t2-t1;
            ans.push_back(add);
            j++;
        }
        else if(t1>t2)
        {
            cout<<-1<<endl; return;
        }
    }
    if(j!=len2)
    {
        for(int i=len2-1;i>=j;i--)
            cout<<d2[i];
        reverse(ans.begin(),ans.end());
        for(auto it : ans)
            cout<<it;
        cout<<endl;
    }
    else 
    {
        int sz=ans.size();
        while(ans[sz-1]==0&&sz>=1)
            sz--;
        if(sz==0)
        {
            cout<<0<<endl;  return;
        }
        for(int i=sz-1;i>=0;i--)
            cout<<ans[i];
        cout<<endl;
    }

    return;
}

    

    
int main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);

    int T;cin>>T;for(int i=1;i<=T;i++)
        solve();    


    return 0;
}

 

 

E 构造贪心下，

每个最小没出现的整数 d ，答案是：

1. 更小的数 进行操作，使得 0~d-1 都有数字
2. 数组内所有=d的数 进行+1

用一个数组标记值为i的数有多少个

如何使得进行操作数最少？ 如果到了数 i ，这个地方标记数为0，那么就要比他小的数加1，我们用更小的数进行操作使它达到i,使得 MEX= ii+1 时候成立，这里用一个优先队列来维护可以进行操作的数，使得每次操作数最小。当a[i] >=2  ，就将a[i]-1个 i 加入优先队列。也用一个 chengben来记录补上 0~i-1 的坑（原本a[0~i-1] = 0 处），当MEX=i，答案为chengben + a[i] ，如果前面有坑没补上，后面就全输出-1 了

//  AC one more times
void solve()
{
    int a[200010],n;
    memset(a,0,sizeof a);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;  cin>>x;
        a[x]++;
    }

    LL chengben=0;
    priority_queue<int,vector<int>,less<int>> q;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        if(i==0)
        {
            cout<<a[i]<<" ";
            if(a[0]==0)
            {
                for(int j=1;j<=n;j++)
                    cout<<-1<<" ";
                cout<<endl;return;
            }
            if(a[i]>1)
                for(int j=2;j<=a[i];j++)
                    q.push(i);
        }
        if(i>=1)
        {
            cout<<chengben+a[i]<<" ";
            if(a[i]==0)
            {
                if(q.empty())
                {
                    for(int j=i+1;j<=n;j++)
                        cout<<-1<<" ";
                    cout<<endl;return;
                }
                else
                {
                    chengben+=i-q.top();    q.pop();
                }

            }
            if(a[i]>=1)
                for(int j=2;j<=a[i];j++)
                    q.push(i); 
        }

    }
    cout<<endl;
    return;
}

int main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int T;cin>>T;for(int i=1;i<=T;i++)
        solve();    
    return 0;
}