Educational Codeforces Round 89 (A-D)

Educational Codeforces Round 89 (A-D)

比赛没打，来补题辣。

A. Shovels and Swords

思路：数学，高中线性规划搞一下，由于$a,b$对称性，可以默认$a\le b$，然后分两种情况搞一下就行了。

$ans=\{\begin{array}{l}\frac{a+b}{3},b\le 2a\\ a,otherwise\end{array}$

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair
#define fi first 
#define se second
int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		if(a>b) swap(a,b); 
		if(b<=2*a) cout<<(a+b)/3<<endl;
		else cout<<a<<endl;
	} 
	return 0;
}

B. Shuffle

思路：简单贪心，找到一个含$x$的区间，然后不断更新区间长度即可。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair
#define fi first 
#define se second
int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int n,x,m;
		cin>>n>>x>>m;
		int L=0,R=0,f=0;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int l,r;
			cin>>l>>r;
			if((x>=l&&x<=r)&&!f){
				 L=l,R=r,f=1;
				 continue;	
			}
			if(f){
				if(l>R||r<L) continue;
				else L=min(L,l),R=max(R,r);
			}			
		}
		cout<<R-L+1<<endl;
	} 
	return 0;
}

C. Palindromic Paths

思路：贪心，因为是回文串，所以走$k$步的点要与走$n+m-2-k$步的点相同，

简单证明一下：

$\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 1& 1& 1& 1& 1\\ 0& 1& 1& 0& 1& 1& 0\\ 1& 1& 1& 1& 1& 0& 1\end{array}\right)$

比如走两步的点有$(1,3),(2,2),(3,1)$，走$n+m-2-2=6$步的点有：

$(1,7),(2,6),(3,5)$.

显然可以从$(3,1)走到(3,5).$所以$num[3][1]=num[3][5]$. (1)

同理：$(2,2)可以走到(2,6),(3,5)\to num[2][2]=num[2][6]=num[3][5]$. (2)

$$\begin{gathered} (1,3)可以走到(1,7),(2,6),(3,5) \\ \Rightarrow num[1][3]=num[1][7]=num[2][6]=num[3][5](3) \end{gathered}$$

联立$(1),(2),(3)$可以知道所有数要相等。

然后每步贪心判断一下选0还是1即可。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=65;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair
#define fi first 
#define se second
int a[N][2];
int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int n,m;
		cin>>n>>m;
		mst(a);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1,x;j<=m;j++){
				 cin>>x;
				 a[i+j-2][x]++;
			}
		int ans=0;
		for(int i=0,j=n+m-2;i<j;i++,j--)
			ans+=min(a[i][0]+a[j][0],a[i][1]+a[j][1]);
		printf("%d\n",ans);
	} 
	return 0;
}

D. Two Divisors

思路：数论知识，

若两质数$$\begin{gathered} (p,q)=1\to (p^{k_1},q^{k_2}) \\ =(p^{k_1}+q^{k_2},p^{k_1}) \\ =(p^{k_1}+q^{k_2},q^{k_2}) \\ =(p^{k_1}+q^{k_2},p^{k_1}\times q^{k_2})=1,(k1,k2为正整数) \end{gathered}$$.

若数$x$只有一个质因子，说明它的因数都是$p$的倍数，即gcd最大为$p^k>1$。
所以对数$x$进行质因数分解：得到$p_1^{k_1}\times \dots p_m^{k_m}=x$.

$(p_1^{k_1}\dots p_{m-1}^{k_{m-1}}+p_m^{k_m},p_m^{k_m})=1$

这里取$p_m$是为了加速质因数分解。

所以进行素数筛预处理一下，然后判断因子是否为1即可。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+10,M=1e7+5;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair
#define fi first 
#define se second
inline void read(int &x){ 
	x=0;int w=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
		x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15);
	x*=w; 
}
int p[M];
PII ans[N];
void fun(){
	int n=1e7;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		 if(!p[i])
			for(int j=i;j<=n;j+=i) p[j]=i;
}
int main(){
	int n;
	fun();
	read(n);
	for(int i=1,x;i<=n;i++){
		 read(x);
		 int a=p[x],y=1;
		 while(x%a==0){
		 	 x/=a,y*=a;
		 }
		 if(x==1) x=y=-1;
		 ans[i]={x,y};
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i].fi);
	puts("");
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i].se);
	return 0;
}

待补$\dots \dots$