Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2)题解

Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2)

---

A. LCM Problem

题意：询问 \([l,r]\) 中是否存在 \(x,y(x\neq y)\) 使得 \(l\leq x, y, LCM(x,y)\leq r\) 。

思路：\(LCM(x,y)\) 必定同时是 \(x,y\) 的倍数，并且 \(x\neq y\) ，因此 \(LCM(x,y)\) 至少是 \(\min{\{x,y\}}\) 的两倍。因此直接构造一组最小的 \((x,y)\) 为 \((l,2l)\) 。

#include 
#define db double
using namespace std;
 
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	int t; cin >> t;
	while (t--) {
		long long l, r;
		cin >> l >> r;
		if (l + l > r) cout << "-1 -1\n";
		else cout << l << ' ' << l + l << '\n';
	}
	return 0;
}

B. Array Walk

题意：你一开始在 \(1\) 拥有权值 \(a_1\) ，你可以向左或向右走，走到 \(i\) 增加权值 \(a_i\)，但是不能连续向左走，比如不能\((5,4,3,4,5)\)但是可以 \((5,4,5,4,5)\)，问走 \(k\) 步，最多向左走 \(z(\leq 5)\) 次获得的最大权值是多少。

思路：分成两种情况 一种是中间有 \(z\) 次向左后立即向右，另一种是 \(z-1\) 次向左，走到最右端后向左走一步并结束。

每次向左并立即向右，一定是区间内最大的相邻两格的和，预处理一下。枚举 \(z\) 的值，计算，取最大值即可。

#include 
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
int a[maxn];
int v[maxn], sum[maxn];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	int t; cin >> t;
	while (t--) {
		int n, k, z;
		cin >> n >> k >> z;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			cin >> a[i];
			sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
			v[i] = 0;
		}
		for (int i = 2; i <= n; ++i)
			v[i] = max(v[i - 1], a[i] + a[i - 1]);
		k++;
		int ans = 0;
		for (int i = 0; i <= z; ++i) {
			int cnt = sum[k];
			if (k - 2 * i >= 2) {
				int s1 = sum[k - 2 * i] + i * v[k - 2 * i];
				cnt = max(s1, cnt);
			}
			if (i && k - 2 * i + 1 >= 2) {
				int g = k - 2 * i + 1;
				int s2 = sum[g] + (i - 1) * v[g] + a[g - 1];
				cnt = max(cnt, s2);
			}
			ans = max(ans, cnt);
		}
		cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}

C. Good String

题意：给定一个由 \(0\text{~}9\) 构成的字符串 \(s=t_1t_2\cdots t_n\) ，询问最少从 \(s\) 中删除几个字符，使得新得到的字符串满足： \(t_2t_3\cdots t_{n-1}t_nt_1=t_nt_1t_2\cdots t_{n-2}t_{n-1}\) 。

思路：我们很容易推出：\(t_1=t_3=t_5=\cdots \cap t_2=t_4=\cdots t_n\) 。因此，该字符串的构成最多只有两种字符，并且只有两种字符时，必定形如 \(121212\cdots\) 。由于该字符串由 \(0\text{~}9\) 构成，这一共只有 \(9\times9+10\) 种情况，直接暴力枚举即可。

#include 
using namespace std;
 
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	int t; cin >> t;
	while (t--) {
		string s; cin >> s;
		vector > pos(10);
		for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
			int x = s[i] - '0';
			pos[x].push_back(i);
		}
		int ans = 0;
		for (int i = 0; i < 10; ++i) ans = max(ans, (int)pos[i].size());
		for (int i = 0; i < 10; ++i) {
			for (int j = 0; j < 10; ++j) {
				if (i == j) continue;
				int cnt = 0;
				int l = 0, r = 0, preR = -1;
				while (l < pos[i].size() && r < pos[j].size()) {
					if (pos[i][l] < pos[j][r] && pos[i][l] > preR) {
						cnt += 2;
						preR = pos[j][r];
						++l, ++r;
					}
					else if (pos[i][l] > pos[j][r]) ++r;
					else ++l;
				}
				ans = max(ans, cnt);
			}
		}
		cout << (int)s.length() - ans << '\n';
	}
	return 0;
}

D. Segment Intersections

题意：给出 \(n\) 条线段 \([l_1,r_1]\) 和 \(n\) 条 \([l_2,r_2]\)，每次操作可以将一条线段 \([x,y]\) 变成 \([x-1,y]\) 或 \([x,y+1]\)，问最少几次操作使得每对线段交的总和大于等于 \(k\)（线段长度为 \(y-x\)）。

思路：将线段交分成三个阶段，令 \(l_1 < l_2\) 且 两条线段相离，第一阶段为 \(r_1\) 延伸到 \(l_2\)， \(l_2\) 延申到 \(r_1\)（性价比 \(2\) ），第二阶段为 \(r_1\) 从 \(l_2\) 到 \(r_2\)，\(l_2\) 从 \(r_1\) 到 \(l_1\)（性价比 \(1\) ），第三阶段无限延申（性价比 \(2\) ）。

显然第二阶段最合算，第一、第三阶段相同，那么枚举有几条线段完成第一阶段，然后尽量完成第二阶段，否则第三阶段取最小值即可。

#include 
using namespace std;
#define int long long

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	int t; cin >> t;
	while (t--) {
		int n, k;
		cin >> n >> k;
		int l1, r1, l2, r2;
		cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2;
		if (l1 > l2) swap(l1, l2), swap(r1, r2);
		int s1 = 0, s2 = 0;
		if (l2 >= r1) s1 = l2 - r1;
		//相交代价

		//相交长度
		int intersect = 0;
		if (l2 <= r1) intersect = min(r1, r2) - l2;
		//1 代价的长度
		s2 = r1 - l1 + r2 - l2 - intersect * 2;

		if (intersect * n >= k) {
			cout << "0\n";
			continue;
		}
		if (s1 && k <= s1) {
			cout << s1 + k << '\n';
			continue;
		}
		int ans = 1e18;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			int cnt = 0, now = intersect * n;
			cnt += i * s1 * 2;
			now += i * s1;
			if (now >= k) {
				ans = min(ans, cnt);
				break;
			}
			if (now + i * s2 >= k) {
				cnt += k - now;
				ans = min(ans, cnt);
				continue;
			}
			cnt += i * s2;
			now += i * s2;
			cnt += (k - now) * 2;
			ans = min(ans, cnt);
		}
		cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}

E. Calendar Ambiguity

题意：\(\text{Berland year}\) 由 \(m\) 个月构成，每个月有 \(d\) 天，每星期有 \(w\) 天。询问有几对 \((x,y)\) 满足 \(x\) 月 \(y\) 日和 \(y\) 月 \(x\) 日对应的星期几相同。

思路：转化题意为 \([(x-1)d+y] \% w = [(y-1)d+x] \% w\) ，然后进行推导：

\[\begin{aligned}\ &[(x-1)d+y] \% w = [(y-1)d+x] \% w \\\ \Rightarrow &(d-1)(x-y) \equiv 0 \bmod w \\&设 g = \gcd(d - 1, w),则: \\&\frac{d-1}{g}(x-y) \equiv 0\bmod{\frac{w}{g}} \\\ \Rightarrow &\frac{w}{g}|(x-y)\end{aligned} \]

因此，\(x-y\) 必定是 \(\frac{w}{g}\) 的倍数，简单地推一下公式即可。

#include 
#define ll long long
using namespace std;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	int t; cin >> t;
	while (t--) {
		ll m, d, w;
		cin >> m >> d >> w;
		if (d == 1) {
			cout << "0\n";
			continue;
		}
		ll g = __gcd(w, d - 1);
		ll ww = w / g;
		ll top = min(d, m);
		ll num = (ll)floor(1.0 * top / ww);
		ll ans = top * num - num * (num + 1ll) / 2ll * ww;
		cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}