Codeforces Round 902 (Div. 2, based on COMPFEST 15 - Final
Codeforces Round 902 (Div. 2, based on COMPFEST 15 - Final
A. Goals of Victory
解题思路:
答案为所有元素之和的负数。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
#define fi first
#define se second
const int mod = 998244353;
void solve()
{
int n;
cin >> n;
ll res = 0;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
int x;
cin >> x;
res += x;
}
cout << -res << endl;
}
int main()
{
int t = 1;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
B. Helmets in Night Light
解题思路:
开头我们通知一个\(b_i\)最小的村名，接下来贪心每次都通知花费最小的村民，如果此时花费最小的村民的花费大于\(p\),那么剩下的都亲自通知。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
#define fi first
#define se second
void solve()
{
int n, p;
scanf("%d %d", &n, &p);
vector<pll> v(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%lld", &v[i].se);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%lld", &v[i].fi);
}
sort(v.begin() + 1, v.end());
ll res = p;
ll cnt = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (v[i].fi > p)
{
break;
}
ll t = min(v[i].se, n - cnt);
v[i].se -= t;
cnt += t;
res += t * v[i].fi;
if (cnt == n)
{
break;
}
}
res += (n - cnt) * (ll)p;
printf("%lld\n", res);
}
int main()
{
int t = 1;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
C. Joyboard
解题思路:
从后往前，最终\(a_i\)一定会除以\(1\)变成\(0\)。
所以如果\(k = 1\),那么\(a_{n + 1} = 0\)。答案唯一。
如果\(k = 2\)，那么除了\(0\)只能出现一个数字。
- 若\(a_{n + 1} \geq n\),一定要是\(a_{n + 1} \% \ n = 0\),如果不为\(0\)一定出现至少三个不同的数。
- 若\(0<a_{n + 1} < n\),一定刚好出现两个数。
如果\(k =3\)，那么\(k = 1,k = 2\)的情况去掉，就是答案。
否则，答案为\(0\)。因为如果\(a_{n + 1} < n\)，要么除完一次就变\(0\)，要么开始就是\(0\),最多出现两个不同数。
如果\(a_{n + 1}\geq n\),要么\(a_{n + 1} = kn\)，除完一次就成0，要么除完一次后\(a_n < n\),如上，最多再除一次就会变成\(0\)。所以最多三次。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
#define fi first
#define se second
void solve()
{
int n, k, m;
scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
if (k == 1)
{
printf("1\n");
}
else if (k == 2)
{
ll res = (min(n, m)) + (m > n ? m / n - 1 : 0);
printf("%lld\n", res);
}
else if (k == 3)
{
ll res = (min(n, m)) + (m > n ? m / n - 1 : 0);
res = m - res - 1 + 1;
printf("%lld\n", res);
}
else
{
printf("0\n");
}
}
int main()
{
int t = 1;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
D. Effects of Anti Pimples
解题思路:
我们通过枚举确定，如果单选\(a_i\),得到的最大值\(ma_i\)是多少。
然后将这些最大值进行排序。对于\(ma_i\)，如果\(ma_j < ma_i\),对答案最大值无影响，所以随便选或不选，方案数为\(2^{i-1}\)。后面大的\(ma_k > ma_i\),选了就不是\(ma_i\)为最大值做贡献了。所以，这里是\(ma_i\)对全局答案做出的贡献。
这里有个问题，如果有多个\(ma_i\)怎么办，即多个位置的最大值贡献一样怎么办？
举例：\(2,2\).答案为\(6\)
如果说，我们只选择比当前值小的，样例中也就是\(2个2^0 * 2\),那么最终答案为\(4\)，是错误的。因为少算了两个都选的情况。
如果说，我们把小于等于当前值的全都是选或者不选(不包括自己,因为自己必选，没有两种可能)，那么就是\(ans = 2 * (2^1 * 2) = 8\)，答案偏大，因为两个都选只有一次。
我们假设这里有三个一样的值，那么选或不选的方案数有\(2^3 = 8\)种。去掉都不选的情况，一共有\(7\)种。
\(2^0 + 2^1 + 2^2 = 7\). 以下选为\(1\)，反之为\(0\)。\(?\)为可选可不选。
\(2^0 : 100\)
\(2^1:?10\)
\(2^2:??1\)
如上，其实顺着遍历过去，前面的都视为可选可不选即可。
\(10\)，可以看为左侧选右侧不选，那么每对\((i,j)\)之间一共只有四种情况\(00,01,10,11\),本题中不能都不选，所以只有三种情况\(01,10,11\),那么如果\(10\)方案有了，剩下的就是\(01,11\),即后一位必选，前一位随意，符合上述思路。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
#define fi first
#define se second
const int mod = 998244353;
ll qmi(ll a, ll b)
{
ll res = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
{
res = res * a % mod;
}
b >>= 1;
a = a * a % mod;
}
return res;
}
void solve()
{
int n;
scanf("%d", &n);
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
}
vector<int> ma(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= i / j; j++)
{
if (i % j == 0)
{
ma[j] = max(ma[j], a[i]);
ma[i / j] = max(ma[i / j], a[i]);
}
}
}
sort(ma.begin() + 1, ma.end());
ll t = qmi(1, mod - 2);
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
ans = (ans + (ma[i] * t)) % mod;
t = (t * 2) % mod;
}
cout << ans;
}
int main()
{
int t = 1;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号