Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2)解题报告

Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2)

A. LCM Problem

题目大意

给定区间$[l,r]$，让你找到正整数$x$，$y$满足$l\le x<y\le r$，并且$l\le lcm(x,y)\le r$

解题思路

根据题意有：
$$l\le lcm(x,y)=\frac{x\times y}{gcd(x,y)}\le r$$
$$\frac{l\times gcd(x,y)}{x}\le y\le \frac{r\times gcd(x,y)}{x}$$
其中$l\le x<y\le r$
那么显然当$x=gcd(x,y)$时$y$的范围最大，为$[l,r]$，即$y$为$x$的倍数，则有$y{|}_{min}=2x$
所以我们令$x=l$，$y=2x$，若$y>r$，则无解

时间复杂度$O(1)$

AC代码

#include 
using namespace std;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int T; 
	cin >> T;
	while (T--) {
		int l, r; 
		cin >> l >> r;
		if (r >= l * 2) cout << l << " " << l * 2 << '\n';
		else cout << "-1 -1\n";
	}
	return 0;
}

B. Array Walk

题目大意

有一个序列$a$，你初始位置为$1$，你必须移动$k$次，每次可以向左或向右移动一格，并获得所在位置的分数，要求是你不能连续向左移动，并且向左移动次数不能大于$z$，问你获得的最大分数为多少

解题思路

首先我们需要明确以下三点：

1. 假设你目前处于$i$位置，那么你肯定向右移动了$i-1$次到达该位置
2. 每次向左移动之后一定会向右移动一次（因为不能连续向左移动），也就是说假设你向左了$j$次，那么总消耗次数为$2j$
3. 根据贪心原则，如果你要向左移动多次，肯定会在$j\in [1,i]$中$a[j]+a[j-1]$最大的地方来回跑，因为别的地方所获得的分数一定小于这个地方

想清楚以上三点事情就简单了，我们可以枚举终点$i$，计算其得分的最大值，显然$i\in [k-2z-1,k+1]$（$k-(i+1)\ge 2z$）

对于终点$i$，我们向右的基础次数是$i+1$，那么向左的次数$zz$则为$k-(i+1)$，若$zz$为偶数，我们就可以选择$j\in [1,i]$中$a[j]+a[j-1]$最大的地方来回跑，此时$point=({\max }_{j=1}^i(a_j+a_{j+1}))\times \frac{k-(i+1)}{2}+{\sum }_{j=1}^i{a}_i$，否则若$zz$为奇数，那么我们只能在$i$和$i-1$之间来回跑，最后停在$i-1$位置，此时$point=(a_i+a_{i-1})\times \frac{k-(i+1)-1}{2}+a_{i-1}+{\sum }_{j=1}^i{a}_i$

${\max }_{j=1}^i$和${\sum }_{j=1}^i{a}_i$显然可以预处理，那么时间复杂度为$O(n)$

AC代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
int a[maxn], b[maxn], sum[maxn];
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	register int T; 
	cin >> T;
	while (T--) {
		memset(b, 0, sizeof(b));
		register 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];
		}
		int Max = 2;
		for (int i = 2; i <= n; ++i) {
			if (a[i - 1] + a[i] > a[Max - 1] + a[Max]) {
				b[i] = i - 1;
				Max = i;
			}
			else b[i] = Max - 1;
		}
		int res = 0;
		for (int i = 2; i <= k + 1; ++i) {
			int zz = k - i + 1;
			if (zz > z * 2) continue;
			if ((zz & 1) == 0) {
				res = max(res, (a[b[i]] + a[b[i] + 1]) * (zz / 2) + sum[i]);
			}
			else {
				res = max(res, (a[i] + a[i - 1]) * (zz / 2) + sum[i] + a[i - 1]);
			}
		}
		cout << max(res, sum[k + 1]) << '\n';
	}
	return 0;
}

C. Good String

题目大意

给你一个字符串$s$，让你从中删去一些字符变成$t$使得$t_n{t}_1{t}_2...t_{n-1}=t_2{t}_3...t_n{t}_1$，问你删去字符的最少数量是多少

解题思路

手动模拟一下
当$n=2$时，$t_2{t}_1=t_2{t}_1$显然成立
当$n=3$时，$t_3{t}_1{t}_2=t_2{t}_3{t}_1$需要满足$t_1=t_2=t_3$
当$n=4$时，$t_4{t}_1{t}_2{t}_3=t_2{t}_3{t}_4{t}_1$需要满足$t_1=t_3，t_2=t_4$
当$n=5$时，$t_5{t}_1{t}_2{t}_3{t}_4=t_2{t}_3{t}_4{t}_5{t}_1$需要满足$t_1=t_2=t_3=t_4=t_5$
当$n=6$时，$t_6{t}_1{t}_2{t}_3{t}_4{t}_5=t_2{t}_3{t}_4{t}_5{t}_6{t}_1$需要满足$t_1=t_3=t_5，t_2=t_4=t_6$
$...$
那么规律已经很明显了，我们可以取$s$中出现最多的字母，或者取两个不同的字母分别放在奇数位和偶数位上，前提是这两个字母在原字符串中需要满足相应的次序关系，由于字母只包含$0\sim 9$，我们可以暴力枚举这两个数字，总复杂度为$O(100\times n)$

需要注意的是可保留的字符数最少为$2$

AC代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
int num[15];
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int T; 
	cin >> T;
	while (T--) {
		memset(num, 0, sizeof(num));
		string s;
		cin >> s;
		int len = s.length();
		int Max = 2;
		for (int i = 0; i < len; ++i) {
			int ch = s[i] - '0';
			++num[ch];
			Max = max(Max, num[ch]);
		}
		for (int i = 0; i <= 9; ++i) {
			for (int j = 0; j <= 9; ++j) {
				if (i == j) continue;
				int cnt = 0;
				for (int k = 0; k < len; ++k) {
					int ch = s[k] - '0';
					if ((cnt & 1) == 0 && ch == i) ++cnt;
					else if ((cnt & 1) && ch == j) ++cnt;
				}
				Max = max(Max, (cnt / 2) * 2);
			}
		}
		cout << len - Max << '\n';
	}
	return 0;
}