CodeForces Round #278 (Div.2) (待续)

A

这么简单的题直接贴代码好了。

 1 #include <cstdio>

 2 #include <cmath>

 3 using namespace std;

 4 

 5 bool islucky(int a)

 6 {

 7     a = abs(a);

 8     while(a)

 9     {

10         if(a % 10 == 8) return true;

11         a /= 10;

12     }

13     return false;

14 }

15 

16 int main(void)

17 {

18     int a, b = 1;

19     scanf("%d", &a);

20     while(!islucky(a + b)) b++;

21     printf("%d\n", b);

22     

23     return 0;

24 }

代码君

 

B

题意：

有4个从小到大排列的正整数，x₁ x₂ x₃ x₄ ，他们满足下面三个数相等：

现在丢了4-n的数，只剩下其中的n个数(0≤n≤4)

问能否找到4-n个正整数，使得这四个数重新满足上面的条件。

分析：

这道题思路很简单，就是比较繁琐，看到有人写了100多甚至200行代码，所以我还是觉得有必要把我的思路详细分析一下的。

对条件变一下形，等价于下面两个条件：

• x₄ = 3x₁
• x₁ + x₄ = x₂ + x₃

我们对n不同的情况来考虑

• n=0，直接随便输出一组解就好了，比如 1 1 3 3
• n=1，比如所给的数为a， a  a 3a 3a 就是一组解
• n=2，所给的数为a b(a ≤ b), 我们断言b ≤ 3a时，才有解，为 a b (4a-b) 3a 。 首先若b ≤ 3a，前面所给的解是满足条件的。  若 b ＞ 3a，则四个数中最小的一定是a，最大的一定是b，然而根据我们的条件有x₄ = 3x₁，即b = 3a，导出矛盾，所以无解。
• n=3，设所给的三个数为a、b、c。我们只枚举有解的情况，其他情况则无解：　　
  • 若c = 3a，则 a  b  (4a-b)  3a 是一组解
  • 若c ≤ 3a 且 b + c = 4a， 这时 a  b  c  3a 是一组解
  • 若c是3的倍数 且 a + b = ,  (c / 3)  a  b  c，是一组解
• n=4直接判断是否满足题目要求条件就好了

代码也比较短，只有50多行。

 1 #include <cstdio>

 2 #include <algorithm>

 3 using namespace std;

 4 

 5 int n, a[4], ans[4];

 6 

 7 bool solve()

 8 {

 9     switch(n)

10     {

11         case 0:

12             ans[0] = ans[1] = 1, ans[2] = ans[3] = 3;

13             return true;

14         case 1:

15             ans[0] = a[0], ans[1] = ans[2] = 3 * a[0];

16             return true;

17         case 2:

18             if(a[1] <= a[0] * 3)

19             {

20                 ans[0] = a[0] * 3;

21                 ans[1] = a[0] * 4 - a[1];

22                 return true;

23             }

24             return false;

25         case 3:

26             if(a[2] == a[0] * 3)

27                 { ans[0] = a[0] * 4 - a[1]; return true; }

28             if(a[2] <= a[0] * 3 && a[1] + a[2] == a[0] * 4)

29                 { ans[0] = a[0] * 3; return true; }

30             if(a[2] % 3 == 0 && a[0] + a[1] == a[2]/3*4)

31                 { ans[0] = a[2] / 3; return true; }

32             break;

33         case 4:

34             if(a[0] + a[3] == a[1] + a[2] && a[0] * 3 == a[3])

35                 return true;

36     }

37     return false;

38 }

39 

40 int main(void)

41 {

42     scanf("%d", &n);

43     for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);

44     sort(a, a + n);

45     if(solve())

46     {

47         printf("YES\n");

48         for(int i = 0; i < 4-n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);

49     }

50     else printf("NO\n");

51     

52     return 0;

53 }

代码君

C(暴力)

题意：

Master Yang 要去打败一个怪兽(Monster)， 他和怪兽都有血量HP，攻击力ATK和防御力DEF。

每个时刻，怪兽使杨大师血量减少 max{0, ATK_M - DEF_Y}, 同样地， 杨大师对怪兽造成的伤害为 max{0, ATK_Y - DEF_M}

如果某一时刻HP_Y ＞ 0 且 HP_M ≤ 0，则视为将怪兽打败。

为了能够打败怪兽，杨大师可以去商店购买HP、ATK和DEF。

现给出杨大师和怪兽的HP、ATK和DEF，和购买每点HP、ATK和DEF所需要消耗的金币，求能够打败怪兽所需要的最少的金币。

分析：

因为数据范围很小，所以暴力是完全可以的。

我们枚举可能购买的攻击力和防御力，然后算出打败怪兽后的剩余HP，如果HP少于1，那么就要购买相应的补回来。然后取每次总花费的最小值。

 1 #include <cstdio>

 2 #include <algorithm>

 3 using namespace std;

 4 

 5 int main(void)

 6 {

 7     int y[3], m[3], price[3], ans = 2000000000;

 8     for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &y[i]);

 9     for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &m[i]);

10     for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &price[i]);

11     

12     for(int buyatk = 0; buyatk <= 200; ++buyatk)

13         for(int buydef = 0; buydef <= 200; ++buydef)

14         {

15             int crtatk = y[1] + buyatk;

16             int crtdef = y[2] + buydef;

17             int hurty = max(0, m[1] - crtdef);        //杨大师收到的伤害

18             int hurtm = max(0, crtatk - m[2]);    //怪兽收到的伤害

19             if(hurtm == 0) continue;    //打不掉怪兽的血，跳过循环

20             int k = m[0] % hurtm == 0 ? m[0]/hurtm : m[0]/hurtm + 1;

21             int LeftHP = y[0] - hurty * k;

22             int cost = price[1] * buyatk + price[2] * buydef + (1 - LeftHP > 0 ? (1 - LeftHP) * price[0] : 0);

23             ans = min(ans, cost);

24         }

25     

26     printf("%d\n", ans);

27     

28     return 0;

29 }

代码君

D

像这种贪心贪不出来的都感觉是DP。

在CF上扒了一个46ms的代码，也总算是看懂了。

题意：

纸条上有n个数，可以将纸条剪为若干小段(只有一个数字也可以)，使得每段上的数字满足：

• 最大值与最小值之差不超过s
• 数字个数不少于l

分析：

从第一个数开始向左右两个方向延伸(第一个数只能往右延伸)，求得一个最大的闭区间[left₁, right₁]，使得这个区间里的数都满足第一个条件 max - min ≤ s.

如果区间的长度小于l，则无解

如果长度大于等于l，我们则求出了第一段纸片右端点的一个范围[l, right₁]

第二段纸片从第 right + 1 个数向两侧延伸，这时向左延伸就有了一个界限，因为要保证第一段纸片至少有l个数，所以第二段纸片最多只能向左延伸到第l+1个数。

记此时的区间为[left₂, right₂]，同样地，看区间的长度是否≥l来判断是否有解。这样一来，为了保证在第三段纸片延伸的时候第二段至少有l个数，所以第三段纸片至多向左延伸到left₂+l+1

所以我们用last来记录每次向左延伸的界限

 1 #include <cstdio>

 2 #include <algorithm>

 3 using namespace std;

 4 

 5 const int maxn = 100000 + 10;

 6 long long a[maxn], last = 0;

 7 bool flag = true;

 8 

 9 int main(void)

10 {

11     //freopen("Din.txt", "r", stdin);

12     

13     long long n, s, l, ans = 0;

14     scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &s, &l);

15     for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%I64d", &a[i]);

16     

17     long long pos, left, right;

18     for(pos = 0; pos < n; ++pos)    //从pos位置开始延伸

19     {

20         long long maxm, minm, cnt = 1;    //区间延伸过程中的最小值和最大值以及区间中元素的个数

21         

22         maxm = a[pos], minm = a[pos];  

23         right = pos + 1;

24         while(right < n)

25         {

26             maxm = max(maxm, a[right]);

27             minm = min(minm, a[right]);

28             if(maxm - minm <= s) cnt++;

29             else break;

30             right++;

31         }

32         right--;

33         

34         //maxm = a[pos], minm = a[pos];

35         left = pos - 1;

36         while(left >= last)

37         {

38             maxm = max(maxm, a[left]);

39             minm = min(minm, a[left]);

40             if(maxm - minm <= s) cnt++;

41             else break;

42             left--;

43         }

44         left++;

45         

46         if(cnt < l)

47         {

48             flag  =false;

49             break;

50         }

51         ans++;

52         last = left + l;

53         pos = right;

54     }

55     

56     if(!flag) ans = -1;

57     printf("%I64d\n", ans);

58     

59     return 0;

60 }

代码君

E(数论+构造)

题意：

给出一个正整数n，问是否存在一个 1~n的排列，使得前i个数的乘积模上n的余数得到的序列是0~n-1的一个排列。

分析：

当n为1、4和素数的时候有解，构造方法是用 (i+1)*(i的逆元)%n 填充当前的数。

这道题先留着，等我比较系统地学习数论以后在给出严格证明以及代码。