Educational Codeforces Round 86 (Rated for Div. 2) A~D
A. Road To Zero
题意
给定两个数字 \(x,y\) ,你可以进行以下两个操作:
- 花费 \(a\) 美刀,可以选取一个数字进行加一或者减一操作
- 花费 \(b\) 美刀,对两个数字同时执行加一或者减一操作
询问让两个数字同时归零的最少花费。
解题
题中给出 \(x,y,a,b\) 四个数字全部都大于等于零,不用考虑加一操作。
假设 \(x \le y\) ,则最少花费 \(ans = min(a(x+y),bx+a(y-x))\) ,下面给出简单证明。
设将 \(x,y\) 归零过程中,执行操作二的次数为 \(p (0\le p\le x)\) ,则总花费 \(cost(p) = bp + a(x+y-2p) = (b-2a)p+a(x+y)\) ,根据函数单调性可以得到下面结论。
\[minCost = \begin{cases} cost(0) & b-2a\ge 0\\ cost(x) & b-2a<0\\\end{cases} \]所以 \(ans = min(cost(0),cost(x)) = min(a(x+y),bx+a(y-x))\) 。
def scanf():
return list(map(int,input().split()))
for t in range(int(input())):
x,y = scanf()
a,b = scanf()
if(x>y): x,y = y,x
print(min(a*(x+y),b*x+a*(y-x)))
B. Binary Period
题意
给定一个仅由 0 和 1 组成的字符串 \(t\) ,询问一个字符串 \(s\) ,要求:
- \(s\) 仅由 0 和 1 组成;
- \(s\) 的长度不超过 \(t\) 的二倍;
- \(t\) 是 \(s\) 的子串;
- \(s\) 在满足上述条件的同时,要求周期最少。
解题
首先注意题目中说的是子串,并不是连续子串。我们可以对字符串 \(t\) 插入至多 \(|t|\) 个 \(0\) 和 \(1\) 来构成 \(s\) ,分情况考虑:
- 当输入的 \(t\) 串中仅含有单一的字符,如 \(111\),\(000\) 等。那么周期最小的 \(s\) 就是 \(t\) 本身,周期为 \(1\) 。
- 当 \(t\) 两种字符都包含的时候,可以通过交替的方式插入 \(01\) 字符,构成长度为 \(2|t|\) 的 \(01\) 交替的 \(s\) 串,周期为 \(2\) 。
for t in range(int(input())):
inp = input()
has0 = False; has1 = False
for c in inp:
if(c=='0'): has0 = True
if(c=='1'): has1 = True
if not(has0 and has1):
print(inp)
else:
ans = ''
for _ in inp: ans+='01'
print(ans)
C. Yet Another Counting Problem
题意
询问 \(x\in[l,r]\) 中 \(x\) 满足 \(x\%a\%b\ne x\%b\%a\) 的数量。
解题
题面很简单,题目很离谱。起初以为可能是某个数学结论,经过几番举例发现是一道规律题。
设当 \(a,b(a\le b)\) 已知的情况下,\(f(p)\) 为区间 \([1,p)\) 内满足条件的 \(x\) 的数量,\(ans = f(r+1)-f(l)\) ,类似差分的思想。
经过几组举例发现,如果 \(b\%a=0\) ,则 \(f(p)\) 的值始终为 \(0\) 。
如果 \(b\%a\ne 0\) 时, \(\triangle f(p) = f(p+1) - f(p) = int(p\%b\%a\ne p\%a\%b)\) 会具有明显的周期性,其周期 \(T = lcm(a,b)\) ,
反推得到 \(f(p)\) 值,
from math import gcd
def scanf():
return list(map(int,input().split()))
def f(p,a,b):
lcm = a*b//gcd(a,b)
res = (p//lcm)*(lcm-b) + max(0,p%lcm-b)
return res
for t in range(int(input())):
a,b,q = scanf()
if(a>b): a,b = b,a
for _ in range(q):
l,r = scanf()
if(b%a==0): print('0')
else: print( int(f(r+1,a,b)-f(l,a,b)) )
D. Multiple Testcases
题意
给定一个大小为 \(n\) 的正整数数组 \(m\) 和一个正整数 \(k\) ,保证 \(m_i\le k\) 。将数组 \(m\) 分成若干个子数组,要求每个子数组中大于等于 \(i\) 的数字不超过 \(c_i\) 个,询问分成份数最少的方案。
解题
首先注意两点,题目中保证 \(n≥c1≥c2≥⋯≥ck≥1\) 。如果设 \(lg(i)\) 表示任意一个大于等于 \(i\) 的数字,将 \(lg(x)\) 分给一个子数组,那么这个数字将会同时占据 \(c_1,c_2,...,c_x\) 各一个份额。
我们可以先求出至少分成的份数 \(ans = max(\lceil\frac{count(lg(i))}{c_i}\rceil),i\in[1,k]\),关于 \(count\) 的计算方式如下。
按照这个份数将数组顺序摊开分布即可。
#include
#define ll long long
#define fr(i,n) for(int i=0;i=j;i--)
#define frrs(i,j,n,flag) for(int i=j;i=j&&flag;i--)
#define arend(i,n) ((i!=n-1)?" ":"\n")
#define memset0(dp) memset(dp,0,sizeof(dp))
#define print_arr(begin,end) for(auto it = begin;it!=end;it++) cout<<*it<>a;return a;}
string to_str(double a) {stringstream ss;ss<>n>>k){
fr(i,n) cin>>m[i]; sort(m,m+n);
frr(i,1,k+1){
cin>>c[i];
ct[i] = 0;
}
int i = k;
r_frr(j,0,n){
if(i==m[j]) ct[i]++;
else{
while(i>m[j]){
i--;
ct[i] = ct[i+1];
}
ct[i]++;
}
}
int ans = 0;
frr(i,1,k+1) ans = max(1.0*ans,ceil(1.0*ct[i]/c[i]));
auto prt = new vector[ans];
int p = 0;
fr(i,n){
prt[p++].push_back(m[i]);
if(p==ans) p = 0;
}
cout<