CF1834题解

CF1834A

真水题

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105;
int t,n;
int a[N];
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d",&n);
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
            if(a[i]==-1)  cnt++;
        }
        int g=(n/4)*2;
        if(cnt<g)  printf("%d\n",cnt&1);
        else  printf("%d\n",cnt-g);
    }
}

CF1834B

比较神奇

考虑贪心

考虑如果高位限制比较宽松，那么一定会有形如x000000，y9999999这种情况是最优的

多一个9的贡献是我们最想要看到的

那x和y怎么订呢，直接找到高位上第一个不同的数字，然后加入原来

L：y....
R：x....

现在改为

x00000
y99999

是最优的

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,m,ans;
string l,r;
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        cin>>l>>r;
        n=l.length();
        m=r.length();
        ans=0;
        if(n==m){
            for(int i=0;i<n;i++){
                if(l[i]!=r[i]){
                    ans=abs((l[i]-'0')-(r[i]-'0'))+9*(n-i-1);
                    break;
                }
            }
        }
        else{
            if(n>m)  ans=abs((l[0]-'0'))+9*(n-1);
            else  ans=abs((r[0]-'0'))+9*(m-1);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

CF1834C

诈骗题

和先手后手没有关系，就讨论一下就可以

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int T,n;
char s[N],t[N];
int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int cnt1=0,cnt2=0,ans1=0,ans2=0;
        scanf("%d",&n);
        scanf("%s",s+1);
        scanf("%s",t+1);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(s[i]!=t[i])  cnt1++;
        }
        if(cnt1==0)  ans1=0;
        else if(cnt1&1)  ans1=2*cnt1-1;
        else  ans1=2*cnt1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(s[i]!=t[n-i+1])  cnt2++;
        }
        if(cnt2==0)  ans2=2;
        else if(cnt2&1)  ans2=2*cnt2;
        else  ans2=2*cnt2-1;
        printf("%d\n",min(ans1,ans2));
    }
}

CF1834D

想出来了，贪心

首先我们直接考虑最终手最低（设为b）和手最高（设为a）的两个人

考虑到选的手+1，不选手-1等价于选了后手+2

分两种情况考虑

1. a包含b
2. a不包含b

第一种情况是好做的

贪心的将长度最大的-长度最小的（因为如果选择的这两个不是包含关系答案会比这个大，在2情况会被统计到）

第二种情况

贡献为 a长度-a与b的交

所以枚举a，考虑让a与b的交最小

贪心的选择右端点最小，左端点最大的两种就可以了

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int t,n,m,lm,rm,ans,mlen,nlen;
int l[N],r[N];
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        lm=0;rm=m+1;mlen=0,nlen=m+1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
            mlen=max(r[i]-l[i]+1,mlen);
            nlen=min(nlen,r[i]-l[i]+1);
            lm=max(l[i],lm);
            rm=min(r[i],rm);
        }
        ans=mlen-nlen;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            ans=max(ans,max(r[i]-max(rm+1,l[i])+1,min(r[i],lm-1)-l[i]+1));
        }
        printf("%d\n",ans*2);
    }
}

CF1834E

因为相当于是求一个 mex，所以我们考虑一下上界在什么位置

注意到 \(lcm(a,b)=a*b/gcd(a,b)\)，有很好的性质

1. 多一个数求 \(lcm\) 一定是只增不减的
2. 如果能更新 \(lcm\) 那新的 \(lcm\) 最少是原来的二倍

所以 \(lcm\) 是以 log 倍增长的

所以对于一个 \(l\) 有效的 \(lcm\) 最多有 \(\log V\) 个

所以最多会有 \(n\log V\) 个 \(lcm\)，所以取的 mex 上界为 \(n\log V\)

问题变成了如何对于一个 \(l\) 求有效的 \(lcm\)？

考虑维护一个 set存的是 \(1~l-1\) 中所有能组合出来的 \(lcm\)

然后再用 l 依次去更新，更新完后统计mex

由于上述证明，所以set中最多有 \(\log V\) 个元素

复杂度 \(n\log^2 V\)