Codeforces #640(Div.4) Round题解

第一次很顺畅地AK呢，发篇题解纪念一下。

A

思路

直接扫一遍，如果该位上不是$0$，那么它就一定是一个Round Number的首位。然后根据位值原理，后面填$0$就可以啦。

如$5401$中的$4$代表的是$4$个$100$，那么一个Round Number就是$4\times 100=400$。

代码

#include 
#define int long long
using namespace std;

signed main()
{
	int t;
	cin>>t;
	
	while (t--)
	{
		int pos=1,cnt=0,ans[10];
		string s;
		cin>>s;
		
		for (int i=s.size()-1;i>=0;i--)
		{
			if (s[i]!='0')  ans[++cnt]=(s[i]-'0')*pos;
			pos*=10;
		}
		cout<<cnt<<endl;
		for (int i=1;i<=cnt;i++)  cout<<ans[i]<<' ';
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

难度: 入门

B

思路

个人认为本题的正解与数论没个P关系。

直接看它能否拆成几个奇数或者几个偶数之和。我们定义两个数组$A,B$，$A$尝试了奇数的拆分，$B$尝试了偶数的拆分。

那么，对于所有的$1\le i\le n-1$的正整数$i$，均将$A_i$赋为1，$B_i$赋为2(注意输出的所有数必须都是正整数，所以$B_i$不能赋为0)，然后算一算$A_n$与$B_n$就可以啦。

如果$A_n＞0$且$A_n$为奇数，那么就输出Yes与数组$A$。
如果$$B_n>0$且$B_n$为偶数，那么久输出Yes与数组$B$。

如果发现前者与后者均不满足，那么就直接打印$NO$。

代码

#include 
#define int long long
using namespace std;

int t,n,k;

signed main()
{
	cin>>t;
	while (t--)
	{
		int a[105]={0},b[105]={0};
		cin>>n>>k;
		
		if (n<k)
		{
			cout<<"NO"<<endl;
			continue;
		}
		for (int i=1;i<=k-1;i++)  a[i]=1,b[i]=2;
		a[k]=n-(k-1);
		b[k]=n-2*(k-1);
		
		if (a[k]%2==1&&a[k]>0)
		{
			cout<<"YES"<<endl;
			for (int i=1;i<=k;i++)  cout<<a[i]<<' ';
		}
		else if (b[k]%2==0&&b[k]>0)
		{
			cout<<"YES"<<endl;
			for (int i=1;i<=k;i++)  cout<<b[i]<<' ';
		}
		else cout<<"NO";
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

难度: 普及-

C

怎么全是小学奥数题啊

首先在草稿纸上尝试找到规律。$1,2,3\dots \dots n-1,n+1,n+2,n+3\dots \dots 2n-1,2n+1\dots \dots$

规律显然，然后用周期问题搞一搞就可以啦。

#include 
#define int long long
using namespace std;

int t,n,k;

signed main()
{
	cin>>t;
	while (t--)
	{
		int pos=0;
		cin>>n>>k;//4 12
		pos+=(k/(n-1))*n;//16
		
		if (k%(n-1)==0)  pos--;//找到上一个周期的末位
		int now=k%(n-1);//加上剩下的一部分
		if (now<n)  pos+=now;
		else pos+=(now+1);
		
		cout<<pos<<endl;
	}
	return 0;
}

难度: 普及-

D

思路

按照题意模拟即可，但是有些考验代码能力与心态 (TM调试得累死了)

#include 
#define int long long
using namespace std;

int t,n;
int a[200005];

signed main()
{
	cin>>t;
	while (t--)
	{
		cin>>n;
		for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
		
		int head=0,tail=n+1,cnt=0,alice=0,bob=0,last=0;
		while (head+1<tail)
		{
			cnt++;
			
			if (cnt%2==1)
			{
				int sumv=0;
				for (int i=head+1;i<tail;i++)
				{
					sumv+=a[i];
					if (sumv>last)
					{
						head=i;
						break;
					}
				}
				alice+=sumv;
				
				if (sumv<=last)  break;
				last=sumv;
			}
			else if (cnt%2==0)
			{
				int sumv=0;
				for (int i=tail-1;i>head;i--)
				{
					sumv+=a[i];
					if (sumv>last)
					{
						tail=i;
						break;
					}
				}
				bob+=sumv;
				
				if (sumv<=last)  break;
				last=sumv;
			}
		}
		cout<<cnt<<' '<<alice<<' '<<bob<<endl;
	}
	return 0;
}

难度: 普及-

E

思路

首先，看到$n\le 8000$的限制与$1000ms$的限制，告诉我们正解应该是一个常数小的$O(n^2)$算法。但是，空间限制只有$64MB$，说明我们必须摒弃大空间写法。

于是，我开始考虑，先用$O(n^2)$的代价找到，$1-n$中的每个数是否能够成为一个长度不小于2的区间内各数之和。最后扫一遍，数一数这样的$SpecialElements$即可。

---

但是怎么用仅仅$O(n^2)$且小空间的方法来找到所有$SpecialElements$的值呢？

首先，定义一个$visited$数组，其中$visite{d}_i$表示$i$能否成为$Special$ $Element$的值。

①不需要大空间。虽然一个区间的和可能会达到$n^2$，但是所有的数均不大于$n$，也就意味着所有$Special$$Elements$的值均不大于$n$。所以$visited$数组的大小开到$n$就可以啦。

②我们枚举$l$，然后找$r$。用一个$sumv$来计算目前${\Sigma }_{i=l}^r{a}_i$的值，只要$sumv$超过了$n$就立刻跳出($l\to l+1$)。对于所有满足要求的$sumv(sumv\le n)$，将$visite{d}_{sumv}$的值赋为1。

---

最后扫一遍，看看$visite{d}_{a_i}$是否为1就知道它是否为$SpecialElment$啦。数一数即可。

时间复杂度: $O(c_1{n}^2)$ ($c1＜1$)

代码

#include 
#define int long long
using namespace std;

int t,n,a[10005];

signed main()
{
	cin>>t;
	while (t--)
	{
		int tot=0,ans=0;
		bool visited[10005]={0};
		
		cin>>n;
		for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
		
		for (int i=1;i<=n-1;i++)
		{
			int sumv=a[i];
			for (int j=i+1;j<=n;j++)
			{
				sumv+=a[j];
				
				if (sumv>n)  break;
				else visited[sumv]=1;
			}
		}
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			if (visited[a[i]]==1)  ans++;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

难度: 普及/提高-

F

思路

先凑$a+1$个$1$，再弄$c+1$个$0$；然后随便搞一搞弄出$b$个相邻且不同的位置即可。

注意$a+1$个1与$c+1$个0之间有一个交界处，那么$b$就应该减去1。然后从$a+c+3$开始构造，每个数均为上一个数加上1模2的值(相当于0后1,1后0)。

题目保证有解！

代码

#include 
#define int long long
using namespace std;

int t,a,b,c;
int s[1005];

signed main()
{
	cin>>t;
	while (t--)
	{
		int pos=0;
		cin>>a>>b>>c;//0 4 0
		
		if (a!=0)
		{
			for (int i=pos+1;i<=pos+a+1;i++)  s[i]=0;
			pos+=(a+1);
		}
		if (c!=0)
		{
			for (int i=pos+1;i<=pos+c+1;i++)  s[i]=1;
			pos+=(c+1);
		}
		if (b!=0)
		{
			if (a==0||b==0)
			{
				for (int i=pos+1;i<=pos+b+1;i++)  s[i]=(s[i-1]+1)%2;
				pos+=(b+1);	
			}
			else
			{
				for (int i=pos+1;i<=pos+b;i++)  s[i]=(s[i-1]+1)%2;
				pos+=b;
			}
		}
		for (int i=1;i<=a+b+c+1;i++)  cout<<s[i];
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

难度: 普及/提高-

G

思路

如果$n$为1或2或3，直接输出-1。

如果$n$为奇数，则这么构造：

①$n=5$时，$P=1,3,5,2,4$
②$n=11$时，$P=1,3,5,7,9,11,8,10,6,4,2$

如果$n$为偶数，则这么构造:

①$n=4$时，$P=2,4,1,3$
②$n=12$时，$P=2,4,6,8,10,12,9,11,7,5,3,1$

如果您并不会做这一题，建议您找一下上面我构造的数组的规律。

然后上惨不忍睹的代码~

#include 
#define int long long
using namespace std;

int t,n;
int a[1005];

signed main()
{
	cin>>t;
	while (t--)
	{
		cin>>n;
		if (n==1||n==2||n==3)
		{
			cout<<"-1"<<endl;
			continue;
		}
		if (n%2==0)
		{
			for (int i=1;i<=(n/2);i++)  a[i]=i*2;
			a[(n/2)+1]=a[(n/2)]-3;
			a[(n/2)+2]=a[(n/2)+1]+2;
			for (int i=(n/2)+3;i<=n;i++)
			{
				a[i]=a[i-1]-2;
				if (a[i]==a[(n/2)+1]||a[i]==a[(n/2)+2])  a[i]-=2;
			}
		}
		else if (n%2==1)
		{
			for (int i=1;i<=(n/2)+1;i++)  a[i]=i*2-1;
			a[(n/2)+2]=a[(n/2)+1]-3;
			a[(n/2)+3]=a[(n/2)+2]+2;
			for (int i=(n/2)+4;i<=n;i++)
			{
				a[i]=a[i-1]-2;
				if (a[i]==a[(n/2)+2]||a[i]==a[(n/2)+3])  a[i]-=2;
			}
		}
		for (int i=1;i<=n;i++)  cout<<a[i]<<' ';
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

难度: 普及/提高-

Summary

①本蒟蒻的做题信息:

编号	做题时间	UnAC次数
A	4min	0
B	9min	0
C	11min	0
D	26min	0
E	17min	0
F	35min	4
G	24min	1

②排名: 1320

赶紧膜拜班里一位比我强太多，早就$AK$的神犇。

③总结

做这种水题不能再这么慢了，总是失误——如果这是NOIP的话，我只能AC五题(只有一次提交机会啊)。

我还是太弱了~

---

撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿撒花