Codeforces Round 1043 (Div. 3)

Codeforces Round 1043 (Div. 3)

(https://codeforces.com/contest/2132)
赛时 \(5\) 题，不知道是最近懈怠了还是感冒没好全，出了 \(E\) 就想下班了。

A

solution

按题意模拟，将给定字符贴到原字符串的左右。

因为 \(n+m \le 20\)，可以用 std::string 直接复制。

code

void func(void)
{
	int n,m;
	string st,s1,s2;
	cin >> n >> st >> m >> s1 >> s2;
	for(int i=0;i<m;++i)
	{
		if(s2[i] == 'V')	st = s1[i] + st;
		else	st += s1[i];
	}
	cout << st << '\n';
}

B

solution

\(y\) 是\(x\)在右边添加正数个 \(0\)，那么：\(y = x \times 10^{t}\)

\(x+y = (10^t + 1)x = n\)

因为 \(n \le 10^{18}\)，枚举 \(1 \sim 18\) 即可得到答案

记得开 longlong

code

void func(void)
{
	int n;
	cin >> n;
	int z = 10;
	vector<int> ans;
	for(int i=0;i<18;++i,z*=10)
	{
		if(n%(z+1) == 0)	ans.push_back(n/(z+1));
	}
	sort(ans.begin(),ans.end());
	cout << ans.size() << '\n';
	for(int i=0;i<ans.size();++i)	cout << ans[i] << " \n"[i==ans.size()-1];
}

C1

C1 C2不是不同范围的同一题，不能用C2代码过C1

solution

事实上这题就是将 \(n\) 转成三进制，然后求各位 \(\times 3^{x+1} + x \cdot 3^{x-1}\) 的和。

code

void func(void)
{
    int _3[21];
    _3[0] = 1;
	for(int i=1;i<=20;++i)	_3[i] = _3[i-1]*3;
	int n;
	cin >> n;
	int ans = 0;
	for(int i=19;i>=1;--i)
	{
		if(n >= _3[i])
		{
			ans += n/_3[i]*(_3[i+1]+i*_3[i-1]);
			n %= _3[i];
		}
	}
	if(n)	ans += n*3;
	cout << ans << '\n';
}

C2

solution

将上一题最小化交易次数，改为求次数 \(k\) 内最小支付。

在出售一个西瓜时，需要支付 \(3^{0} + 0 = 3\) 块钱。

那么购买 \(3^x\) 西瓜，需要多支付 \(3^{x+1} + x \cdot 3^{x-1} - 3^{x+1} = x \cdot 3^{x-1}\)

这是一个单调增函数，\(x\) 越大，多支付的钱越多。

那么我们直接贪心，每次把 \(x\) 最大的交易转换为 \(3\) 次 \(x-1\)的交易，直到达到 \(k\) 次交易的上限，或者只剩下 \(x = 0\) 的交易（买一个瓜）为止。

然后根据每个 \(x\) 交易的次数求结果即可。

我们可以直接在C1的代码上修改：

• 将各位加入答案，改为存储各位的值
• 从大到小将 \(x\) 转化为 \(x-1\)
  将一次 \(x\) 转换为三次 \(x-1\)，实际增加了 \(3-1 = 2\) 次交易。
• 最后根据各位的值求解结果即可，

code

void func(void)
{
    _3[0] = 1;
	for(int i=1;i<=20;++i)	_3[i] = _3[i-1]*3;
	int n,k;
	cin >> n >> k;
	int ans = 0;
	vector<int> a(20);
	for(int i=19;i>=1;--i)
	{
		if(n >= _3[i])
		{
			a[i] = n/_3[i];
			k -= a[i];
			n %= _3[i];
		}
	}
	a[0] = n;
	k -= a[0];
	if(k < 0)
	{
		cout << "-1\n";
		return;
	}
	for(int i=19;i>=1;--i)
	{
		int z = (k >= a[i]*2 ? a[i] : k/2);
		a[i] -= z, k -= z*2;
		a[i-1] += z*3;
		ans += a[i]*(_3[i+1]+i*_3[i-1]);
	}
	ans += a[0]*3;
	cout << ans << '\n';
}

D

赛时没出，感觉比E难
补题感觉这题还是挺简单了，果然是当时脑子糊涂了

solution

基本思路是

• 计算 \(k\) 对应到是第 \(n\) 个数
• 计算前 \(n-1\) 个数各位之和
• 计算第 \(n\) 个数前几位的和

个位数占 \(9\) 位，十位数占 \(2 \times 9 \times 10\)，百位数占 \(3 \times 9 \times 10^2\)
以此类推，\(t\) 位数占 \(t \times 9 \times 10^{t-1}\)

那么我们可以算出 \(n\) 对应几位数，以及之前有多少个数字。

然后因为在这之后的数都是 \(t\) 位数，直接除以 \(t\) 就可以得出后续又有多少数，加起来就是 \(k\) 之前有多少数。

然后我们来计算这 \(n\) 个数的各位和
我们对每个位单独分析：

• 个位是以 \(10\) 为周期的等差数列，\(0,1,2,3,\ldots,9\)，一个周期的和为 \(45\)
• 十位是以 \(100\) 为周期的等差数列，\(\overbrace{0,0,\ldots,0}^{10 个},\overbrace{1,1,\ldots,1}^{10 个},\ldots,\overbrace{9,9,\ldots,9}^{n 个}\)，，一个周期的和为 \(450\)
• 以此类推，\(t\) 位是以 \(2^{t+1}\) 为周期的等差数列，一个周期的和为 \(45\times10^{t-1}\)

因为我们是从 \(1\) 开始，统计各个数都缺少一位，所以我们可以加上一个 \(0\)，然后假设求的是该情况下 \(k+1\) 位数。

这时候再对最后这个不一定完整的数求前余下位的和即可，总操作不超过 \(15\) 次

code

代码可能会有一些省略或者不同，但是意思是相同的

void func(void)
{
	int n;	cin >> n;
	int stp = 1, t = 1;
	int ans = 0;
	int k = 1;
	while(true)
	{
		if(t*stp*9 > n)	break;
		n -= t*stp*9;
		k += stp*9;
		stp *= 10, t ++;
	}
	k += (n/t);
	n %= t;
	for(int i=0,p=1;i<=t;++i,p*=10)
	{
		ans += k/(p*10)*45*p;
		int tmp = k%(p*10);
		for(int j=0;j<=9;++j)
		{
			if(tmp < p)
			{
				ans += tmp*j;
				break;
			}
			tmp -= p;
			ans += p*j;
		}
	}
	string st = to_string(k);
	for(int i=0;i<n;++i)	ans += (st[i]-'0');
	cout << ans << '\n';
}

E

排序 \(+\) 前缀和计数
赛时推反了式子多卡 \(20min\)，引以为戒

solution

出于贪心，我们必然尽可能拿 \(a,b\) 所有数中最大的 \(z\) 个数。
我们记前 \(z\) 个数中，\(a\) 中的有 \(cnt_a\) 个，\(b\) 中的有 \(cnt_b\) 个。
那么我们开始分类讨论，注意 \(x+y \ge z, cnt_a + cnt_b = z\)

• 若是 \(cnt_a \le x \wedge cnt_b \le y\) 我们可以取出 \(cnt_a + cnt_b = z\)
• 若是 \(cnt_a > x \wedge cnt_b \le y\) 我们从 \(a\) 中取出只能取出 \(x\) 个数，然后从 \(b\) 中取 \(z-x\) 个数补齐
• 若是 \(cnt_a \le x \wedge cnt_b > y\) 我们从 \(b\) 中取出只能取出 \(y\) 个数，然后从 \(a\) 中取 \(z-y\) 个数补齐
• 不存在 \(cnt_a > x \wedge cnt_b > y\)

code

void func(void)
{
	int n,m,q;
	cin >> n >> m >> q;
	int L = n+m;
	vector<int> a(n+1), b(m+1), ca(L+1), cb(L+1), sa(n+1), sb(m+1);
	vector<PII> sr(L+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		cin >> a[i];
		sr[i] = {a[i],1};
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		cin >> b[i];
		sr[n+i] = {b[i],-1};
	}
	sort(a.begin()+1,a.end(),greater<int>());
	sort(b.begin()+1,b.end(),greater<int>());
	sort(sr.begin()+1,sr.end(),greater<PII>());
	for(int i=1;i<=n;++i)	sa[i] = sa[i-1] + a[i];
	for(int i=1;i<=m;++i)	sb[i] = sb[i-1] + b[i];
	for(int i=1;i<=L;++i)
	{
		ca[i] = ca[i-1], cb[i] = cb[i-1];
		sr[i].Y == 1 ? ca[i] ++ : cb[i] ++;
	}
	while(q --)
	{
		int x,y,z;	cin >> x >> y >> z;
		if(ca[z] <= x)
		{
			if(cb[z] <= y)	cout << sa[ca[z]] + sb[cb[z]] << '\n';
			else	cout << sa[z-y] + sb[y] << '\n';
			
		}
		else	cout << sa[x] + sb[z-x] << '\n';
	}
}

other

先发这些，等睡醒再补FG