Educational Codeforces Round 85 (Rated for Div. 2) A~E题解

文章目录

• A. Level Statistics
• B. Middle Class
• C. Circle of Monsters
• D. Minimum Euler Cycle
• E. Divisor Paths

A. Level Statistics

• 题意
  给你一个游戏时刻序列，其中每个时刻包含$p_i,c_i$，代表游戏次数和通关次数。需要你判断序列是否合理。

• 解题思路
  前一个时刻不能比当前时刻的参数小，并且通关次数的增长要小于游戏次数的增长。

• AC代码

/**
  *@filename:A
  *@author: pursuit
  *@created: 2021-08-13 09:00
**/
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout << "debug : " << (#a)<< " = " << a << endl

using namespace std;

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
const int P = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int t,n;
int x,y,p,c;
void solve(){
    bool flag = false;
    p = c = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        scanf("%d%d", &x, &y);
        if(x < p || y < c || y - c > x - p){
            flag = true;
        }
        p = x, c = y;
    }
    printf("%s\n", flag ? "NO" : "YES");
}
int main(){	
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ){
        scanf("%d", &n);
        solve();
    }
    return 0;
}

B. Middle Class

• 题意
  给你$n$个数，你可以从中选取一些数然后做平均再分配。需要你判断最多有多少数可以$\ge x$。

• 解题思路
  我们自然是想将多出来的分给其他数，那么选取的小于$x$的也是尽量选择大的。所以我们可以对这些数排序，然后依次取前面的的数，知道平均数小于$x$时则退出，那么前一个则是最大的答案。

• AC代码

/**
  *@filename:B
  *@author: pursuit
  *@created: 2021-08-13 09:35
**/
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout << "debug : " << (#a)<< " = " << a << endl

using namespace std;

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
const int P = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int t,n,x,a[N];
void solve(){
    sort(a + 1, a + n + 1);
    ll sum = 0;
    int cnt = 0;
    for(int i = n; i >= 1; -- i){
        sum += a[i];
        cnt ++;
        if(1.0 * sum / cnt < x){
            cnt --;
            break;
        }
    }
    printf("%d\n", cnt);
}
int main(){	
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ){
        scanf("%d%d", &n, &x);
        for(int i = 1; i <= n; ++ i){
            scanf("%d", &a[i]);
        }
        solve();
    }
    return 0;
}

C. Circle of Monsters

• 题意
  有$n$个环在一起的怪兽，其有生命值$a_i$和爆炸伤害$b_i$，即会对第$i+1$个怪兽产生$b_i$的上海。问你要杀死这$n$个怪兽所需的最小代价。

• 解题思路
  我们首先要清楚，如果所有怪兽都要杀死，那杀死每个怪兽必然有要付出的代价就是$a_i-b_{i-1}$，而其中必须要有一个怪兽来启动这个环，所以我们需要付出直接代价$a_i$找到最小的即可。

• AC代码

/**
  *@filename:C
  *@author: pursuit
  *@created: 2021-08-13 09:42
**/
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout << "debug : " << (#a)<< " = " << a << endl

using namespace std;

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 10;
const int P = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int t,n;
ll a[N],b[N],c[N];
void solve(){
    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        sum += c[i];//必须要花费的消耗。
    }
    ll minn = 1e14;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        minn = min(minn,a[i] - c[i]);
    }
    printf("%lld\n", sum + minn);
}
int main(){	
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ){
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; ++ i){
            scanf("%lld%lld", &a[i], &b[i]);
            if(i > 1)c[i] = a[i] - b[i - 1] < 0 ? 0 : a[i] - b[i - 1];
        }
        c[1] = a[1] - b[n] < 0 ? 0 : a[1] - b[n];
        solve();
    }
    return 0;
}

D. Minimum Euler Cycle

• 题意
  给你一个有向完全图，其中有$n$个顶点，你需要使得每条边都走一遍，找到字典序最小的一种方案，并输出$[l,r]$之间的结点。

• 解题思路
  根据题意，我们可构造唯一的字典序最小的序列如：
  $$\begin{gathered} 1213141\dots 1n \\ 2324\dots 2n \\ \dots \\ 1 \end{gathered}$$。
  故我们可将其分成$n$个区间，其中前$n$个区间的元素是$2\times (n-i)$个。那么根据第$x$个结点我们则可以确定在第$i$个区间，而对于每个区间其中形式为$ii+1ii+2\dots$，据此可得。

• AC代码

/**
  *@filename:D
  *@author: pursuit
  *@created: 2021-08-13 12:40
**/
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout << "debug : " << (#a)<< " = " << a << endl

using namespace std;

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
const int P = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int t,n;
ll l,r;
ll pre[N];
int cal(ll x){
    if(x > pre[n - 1])return 1;//排除特殊情况。
    int idx = lower_bound(pre + 1,pre + n + 1,x) - pre;
    //那么pre就在idx所管辖的这个区间为 idx idx + 1 idx idx + 2...这种形式。
    x = x - pre[idx - 1];
    return x & 1 ? idx : x / 2 + idx;
}
void solve(){
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        pre[i] = pre[i - 1] + 2 * (n - i);
    }
    for(ll i = l; i <= r; ++ i){
        printf("%d%c", cal(i), " \n"[i == r]);
    }
}
int main(){	
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ){
        scanf("%d%lld%lld", &n, &l, &r);
        solve();
    }
    return 0;
}

E. Divisor Paths

• 题意
  给你一个数$D(<=1e15)$，D的所有因子（包括1和它本身）作为节点构成无向图，对于某两个因子$x$，$y$，若$x\%y==0$且$x/y$为质数，那么x，y之间就存在一条长为$num(x)-num(y)$的边，其中$num(x)$代表$x$的因子数量。接下来$q(q\le 3e5)$次询问，每次询问a，b，问a到b之间的最短路径有多少条。

• 解题思路
  不难发现，$a->b$一定会经过$gcd(a,b)$这个点，因为$a,b$都整除$gcd(a,b)$。$a$不断变成$gcd(a,b)$的过程中即是在不断除以质因子，所以我们可以看成$a/gcd(a,b)=u（假设这个数为u）$不断变成$1$的方案数，即是$u$的质因子的幂次之和的阶乘除以$u$的每个质因子的幂次的阶乘之和。二者相乘即可。注意我们需要预处理阶乘和结点的方案数，提高效率。

• AC代码

/**
  *@filename:E
  *@author: pursuit
  *@created: 2021-08-13 14:03
**/
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) cout << "debug : " << (#a)<< " = " << a << endl

using namespace std;

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
const int P = 998244353;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

ll d,u,v;
int q,fac[N];
map<ll,ll> p;
void init(){
    //预处理n!
    fac[0] = fac[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; ++ i){
        fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % P;
    }
}
ll ksm(ll n,ll q){
    ll ans = 1;
    while(q){
        if(q & 1)ans = ans * n % P;
        n = n * n % P;
        q >>= 1;
    }
    return ans;
}
ll cal(ll x){
    //需要计算x到y的所有最短路径，而其都经过gcd(x,y)。
    //x移动到gcd(x,y)的最短路径，就是x除以x/(gcd(x,y))的质因子，除的顺序是任意的。
    ll sum1 = 0,sum2 = 1;
    for(ll i = 2; i * i <= x; ++ i){
        if(x % i == 0){
            ll num = 0;
            while(x % i == 0){
                x /= i;
                num ++;
            }
            sum2 = sum2 * ksm(fac[num], P - 2) % P;//除法取模边乘法。
            sum1 += num;
        }
    }
    if(x > 1){
        sum1 ++;
    }
    sum1 = sum2 * fac[sum1] % P;
    return sum1;
}
void solve(){
    for(ll i = 1; i * i <= d; ++ i){
        if(d % i == 0){
            p[i] = cal(i);
            p[d / i] = cal(d / i);
        }
    }
    while(q -- ){
        scanf("%lld%lld", &u, &v);
        ll k = __gcd(u,v);
        printf("%lld\n", p[u / k] * p[v / k] % P);
    }
}
int main(){	
    init();
    scanf("%lld%d", &d, &q);
    solve();
    return 0;
}