Codeforces Round 1006 (Div. 3)
A. cntew World, cntew Me, cntew Array
题目大意
给你一个长为n的全0数组，每个位置可以修改为不超过p的绝对值的数字，要求和为k，求最小操作次数，不可能输出-1
解题思路
显然前面尽可能的拉满，然后看最后需不需要额外补一个就行
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int n, k, p;
std::cin >> n >> k >> p;
k = std::abs(k);
if (n * p < k) {
std::cout << -1 << "\n";
} else {
std::cout << (k + p - 1) / p << "\n";
}
}
}
B. Having Been a Treasurer in the Past, I Help Goblins Deceive
题目大意
给你一个字符串只包含 "-" 和 "_"，让你重排字符串，问最多能有多少子序列是 "-_-"
解题思路
显然把"_"放中间，"-"平均放两边是最多的
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
i64 n, cnt = 0;
std::cin >> n;
std::string s;
std::cin >> s;
for (auto ch : s) {
cnt += ch == '_';
}
std::cout << cnt * ((n - cnt) / 2 * ((n - cnt + 1) / 2)) << "\n";
}
}
C. Creating Keys for StOansrages Has Become My Main Skill
题目大意
给定n和x，要求用不超过n个数字使得它们按位或等于x，同时要让这些数字的mex尽可能大
解题思路
枚举mex，如果当前mex不会让x产生变化则一直枚举下去
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int n, x, mex = 0, cnt = 0;
std::cin >> n >> x;
while (mex < n && ((mex & x) == mex)) {
cnt |= mex;
mex++;
}
if (mex == n && cnt != x) {
mex--;
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
std::cout << (i < mex ? i : x) << " \n"[i == n - 1];
}
}
}
D. For Wizards, the Exam Is Easy, but I Couldn't Handle It
题目大意
允许操作一次，把位于l的数字放到r，求让逆序对最少的任意一组lr
解题思路
n的范围很小，因此暴力枚举每一个i换到右边的每一个位置的时候，让顺序逆序倒置的数量差求个最大值即可
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
std::cin >> a[i];
}
int l = 0, r = 0, cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
cnt1 += a[i] > a[j];
cnt2 += a[i] < a[j];
if (cnt < cnt1 - cnt2) {
l = i, r = j;
cnt = cnt1 - cnt2;
}
}
}
std::cout << l + 1 << " " << r + 1 << "\n";
}
}
E. Do You Love Your Hero and His Two-Hit Multi-Target Attacks?
题目大意
构造不超过五百个点对，使他们之间欧氏距离等于曼哈顿距离的点对数量为k
解题思路
首先计算全在一条线上的数量，发现远超最大的要求，而最小值显然就是0，因此考虑会有多条平行线段，发现他们对目标值的贡献大小是可控的，所以答案就在其中，每次新开一条不重叠的线段一直算贡献直到小于k的最大值，重复直到k为0即可
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int k, x = 0, y = 0, cnt = 0;
std::cin >> k;
std::vector<std::array<int, 2>> ans;
while (cnt < k) {
std::vector<std::array<int, 2>> xy;
for (int i = 0; y < k; i++) {
if (cnt + i > k) {
break;
}
xy.push_back({x, y});
ans.push_back({x, y});
cnt += i;
x++;
}
y++;
}
std::cout << ans.size() << "\n";
for (auto [x, y] : ans) {
std::cout << x << " " << y << "\n";
}
}
}
F. Goodbye, Banker Life
题目大意
类似杨辉三角，其中把加法换成异或，输出第n行
解题思路
显然输出的元素不是0就是k，打表发现组合数为偶数的输出0，奇数的输出k，于是可以转换为对组合数%2（此处的组合数是 \(C_{n-1}^{m-1}\) ），用卢卡斯定理即可求得答案（当mod=2时有一个结论， \(C_n^m \% 2\) 等价于 \(n\&m==m\)）
代码实现
// 做法1
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
i64 ksm(i64 a, i64 n, i64 mod) {
i64 res = 1;
a = (a % mod + mod) % mod;
while (n) {
if (n & 1) {
res = (a * res) % mod;
}
a = (a * a) % mod;
n >>= 1;
}
return res;
}
int C(int n, int m, int mod) {
if (m > n) {
return 0;
}
int res = 1;
for (int i = 1, j = n; i <= m; i++, j--) {
res = (i64)res * j % mod;
res = (i64)res * ksm(i, mod - 2, mod) % mod;
}
return res;
}
int lucas(i64 a, i64 b, i64 p) {
if (a < p && b < p) {
return C(a, b, p);
}
return (i64)C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int n, k;
std::cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; i++) {
std::cout << lucas(n - 1, i, 2) * k << " \n"[i == n - 1];
}
}
}
// 做法2
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int n, k;
std::cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; i++) {
std::cout << ((n - 1 & i) == i) * k << " \n"[i == n - 1];
}
}
}
G. I've Been Flipping Numbers for 300 Years and Calculated the Sum
题目大意
给你n，k，求2-k进制下的n反转后变回十进制的和，对答案模1e9+7
解题思路
可以发现k>n的部分只有一位， \(\sqrt{n}\) 到 \(n\) 的部分会有两位，观察数据范围可以发现，对于根号的复杂度是可以容忍的，因此把求和分成三部分
- k > n
- 2 - \(\sqrt{n}\)
- \(\sqrt{n}\) - \(n\)
对于这个两位数(\(\lfloor n/i \rfloor\), \(n \% i\))，反转之后是(\(n \% i\)，\(\lfloor n/i \rfloor\))，对于这些向下取整相同的部分（设这个区间是lr），他们的余数是一个等差数列（设首项\(a=n\%l\)，公差\(d=\lfloor n/i \rfloor\)），可以用分块来解决
\(ans=\sum_{i=l}^r (a-(i-l)*d)*i+d\)
\(ans=(r-l+1)*d+\sum_{i=l}^r (a*i - (i^2 - i*l)*d)\)
设 \(sum1 = \sum_{i=l}^r i\) \(sum2 = \sum_{i=l}^r i^2\)
\(ans = (r-l+1)*d+sum1*a-(sum2-sum1*l)*d\)
\(ans = (r-l+1)*d+sum1*n-sum2*d\)
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
const int MOD = 1e9 + 7;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
i64 n, k, ans = 0;
std::cin >> n >> k;
if (k > n) {
ans = ans + (k - n) % MOD * n % MOD;
k = n;
}
for (int i = 2; i <= std::min((i64)std::sqrt(n), k); i++) {
i64 x = n, res = 0;
while (x) {
res = (res * i + x % i) % MOD;
x /= i;
}
ans = (ans + res) % MOD;
}
auto sum1 = [&](i64 l, i64 r) -> i64 { return (r * (r + 1) / 2 - l * (l + 1) / 2) % MOD; };
auto sum2 = [&](i64 l, i64 r) -> i64 { return (r * (r + 1) * (2 * r + 1) / 6 - l * (l + 1) * (2 * l + 1) / 6) % MOD; };
for (int l = sqrt(n) + 1, r; l <= k; l = r + 1) {
r = std::min(n / (n / l), k);
i64 a = n % l, d = n / l;
ans += (r - l + 1) * d % MOD;
ans += sum1(l - 1, r) * n % MOD;
ans -= sum2(l - 1, r) * d % MOD;
}
std::cout << (ans % MOD + MOD) % MOD << "\n";
}
}
浙公网安备 33010602011771号