CodeCraft-21 and Codeforces Round 711 (Div. 2)A-F

1.Problem - A - Codeforces

        (1)题意 

                求一个大于等于n的整数x,满足gcd(x,sum(dig(x)) > 1,dig表示x的各个数位。

        (2)思路

                考虑最差是满足gcd(x,sum(dig(x)) = 2,因此不会枚举很多,直接暴力枚举即可。

        (3)代码

#include 
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
bool check(ll x)
{
    ll s = 0,rx = x;
    while(rx) {
        s += rx % 10;
        rx /= 10;
    }
    return __gcd(x,s) >= 2;
}
void solve()
{
    ll n;
    cin >> n;
    while(n) {
        if(check(n)) break;
        n ++;
    }
    cout << n << '\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

2.Problem - B - Codeforces

        (1)题意

                给你n个高为1,宽为w[i]的矩形,你有一个大矩型已经确定了宽为W,你需要确定最小的h满足能放入所有的高为1的矩形。

        (2)思路

                考虑h一定满足单调性,所以直接二分h的值即可。

        (3)代码

#include 
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N],n,w;
bool check(int x)
{
    multiset st;
    rep(i,1,x) st.insert(w);
    per(i,n,1) {
        auto it = st.lower_bound(a[i]);
        if(it == st.end()) return false;
        int res = *it - a[i];
        st.erase(it);
        st.insert(res);
    }
    return true;
}
void solve()
{
    cin >> n >> w;
    rep(i,1,n) cin >> a[i];
    sort(a + 1,a + 1 + n);
    int l = 1,r = n;
    while(l <= r) {
        int m = (l + r) >> 1;
        if(check(m)) r = m - 1;
        else l = m + 1;
    }
    cout << l << '\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

3.Problem - C - Codeforces

        (1)题意

                给你一条长为k的射线,有n面镜子,每次你穿过一面镜子有两种选择,一种是降低你目前的等级,然后新生成一条反方向为目前等级-1的射线,一种是直接穿过镜子,问最多会有多少条射线。

        (2)思路

                发现这是个计数题,因此直接考虑dp,dp[i][j]表示当前射线为i有j面镜子的方案数是多少。

                转移方程:

                        1.若前一条是通过降级来的,则应该是dp[i - 1][n - j]这个位置来的。

                        2.若前一条是通过直接穿的,则应该是dp[i][j - 1]这个位置来的。

        (3)代码

#include 
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
using i64 = long long;

constexpr int P = 1e9 + 7;
// assume -P <= x < 2P
int Vnorm(int x) {
    if (x < 0) {
        x += P;
    }
    if (x >= P) {
        x -= P;
    }
    return x;
}
template
T power(T a, i64 b) {
    T res = 1;
    for (; b; b /= 2, a *= a) {
        if (b % 2) {
            res *= a;
        }
    }
    return res;
}
struct Mint {
    int x;
    Mint(int x = 0) : x(Vnorm(x)) {}
    Mint(i64 x) : x(Vnorm(x % P)) {}
    int val() const {
        return x;
    }
    Mint operator-() const {
        return Mint(Vnorm(P - x));
    }
    Mint inv() const {
        assert(x != 0);
        return power(*this, P - 2);
    }
    Mint &operator*=(const Mint &rhs) {
        x = i64(x) * rhs.x % P;
        return *this;
    }
    Mint &operator+=(const Mint &rhs) {
        x = Vnorm(x + rhs.x);
        return *this;
    }
    Mint &operator-=(const Mint &rhs) {
        x = Vnorm(x - rhs.x);
        return *this;
    }
    Mint &operator/=(const Mint &rhs) {
        return *this *= rhs.inv();
    }
    friend Mint operator*(const Mint &lhs, const Mint &rhs) {
        Mint res = lhs;
        res *= rhs;
        return res;
    }
    friend Mint operator+(const Mint &lhs, const Mint &rhs) {
        Mint res = lhs;
        res += rhs;
        return res;
    }
    friend Mint operator-(const Mint &lhs, const Mint &rhs) {
        Mint res = lhs;
        res -= rhs;
        return res;
    }
    friend Mint operator/(const Mint &lhs, const Mint &rhs) {
        Mint res = lhs;
        res /= rhs;
        return res;
    }
    friend std::istream &operator>>(std::istream &is, Mint &a) {
        i64 v;
        is >> v;
        a = Mint(v);
        return is;
    }
    friend std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const Mint &a) {
        return os << a.val();
    }
};

void solve()
{
    int n,k;
    cin >> n >> k;
    vector> dp(k + 1,vector(n + 1));
    rep(i,1,k) dp[i][0] = 1;
    rep(i,1,k) {
        rep(j,1,n) {
            dp[i][j] += dp[i - 1][n - j] + dp[i][j - 1];
        }
    }
    cout << dp[k][n] << '\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

4.Problem - D - Codeforces

        (1)题意

                你有n个活动事件,m个位置,初始在0这个位置,每一次活动给出Ti,Xi,Yi表示这个活动的类型是Ti,每一次步长为Xi'(Xi = Xi'/100000),可以执行[0,Yi]次这个步长,若Ti为1或2,若Ti为1,则表示这一次会变成pos = (pos + Xi),若Ti为2,则表示这一次会变成pos = (pos * Xi), 问你最早到达[1,m]每一个位置是第几个活动事件。

        (2)思路

                直接暴力即可,记Ans[i]表示到第i个位置的最早时间,若这个位置被走过了则时间可以不执行了,若当前位置已经跳出m了,则也不执行了。

        (3)代码

#include 
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
int Ans[N];
const int inf = 0x3f3f3f3f;
void solve()
{
    int n,m;
    cin >> n >> m;
    rep(i,1,m) Ans[i] = inf;
    rep(i,1,n) {
        ll t,x,y;
        cin >> t >> x >> y;
        per(j,m,0) {
            if(Ans[j] == inf) continue;
            ll p = j;
            rep(k,1,y) {
                if(t == 1) p = p + (99999 + x) / 100000;
                else p = (p * x + 99999) / 100000;
                if(p > m) break;
                if(Ans[p] < inf) break;
                Ans[p] = i;
            }
        }
    }
    rep(i,1,m) {
        if(Ans[i] == inf) cout << -1 << ' ';
        else cout << Ans[i] << ' ';
    }
}   
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

5.Problem - E - Codeforces

        (1)题意CodeCraft-21 and Codeforces Round 711 (Div. 2)A-F_第1张图片        (2)思路

                考虑这个图是一个竞赛图,我们可以直接用竞赛图解,对于一个竞赛图若按照点的出度进行排序,缩点后前面的点必定向后面所有点右边,若某一个位置前面的点的出度和为i * (i - 1) / 2,说明前面必定出现了SCC,如果前面j个点也出现了这个情况,说明要么前i个点存在两个SCC,要么后面这个不存在SCC,证明可得后面这个也一定是SCC。那么我们只需要挑一个最大的SCC的|Ka-Kb|即可。

        (3)代码

#include 
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
PII e[N];
void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    rep(i,1,n) {
        cin >> e[i].fi;
        e[i].se = i;
    }
    stable_sort(e + 1,e + 1 + n);
    int v = 0,mx = -1,lst = 0;
    PII Ans = {0,0};
    rep(i,1,n) {
        v += e[i].fi;
        if(v == i * (i - 1) / 2) {
            if(lst != i - 1) {
                int rs = e[i].fi - e[lst + 1].fi;
                if(rs > mx) {
                    Ans = {e[lst + 1].se,e[i].se};
                    mx = rs;
                }
            }
            lst = i;
        }
    }
    cout << "! " << Ans.fi << ' ' << Ans.se << endl;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

6.Problem - F - Codeforces

        (1)题意

                Alice和Bob在一颗树上玩游戏,第i个节点有a[i]个石头,每轮可以选择一个距离根深度至少为k的点往上移动任意石头,问对每个节点作为根最后谁会赢。

        (2)思路

                对于k为1,无非就是一个树上阶梯尼姆博弈

                对于k为d,我们猜测会是一个dep/d的树上阶梯尼姆博弈

                因此我们考虑dp[i][j][k]表示在第i个点,距离i为j的,奇偶性为k的贡献是多少。

                1.对于j < k的奇偶性不会发生变化

                        dp[x][i][j] ^= dp[y][i - 1][j]

                2.对于j == k的会发生变化因此特殊转移就行。

                        dp[x][0][j] ^= dp[y][k - 1][j ^ 1]

                剩下的其他根换根dp一下就可以

       (3)代码

#include 
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 10;
vector e[N];
int dp[N][21][2],Ans[N],a[N];
int n,k;
inline void do_dp(int x,int y)
{
    rep(i,1,k - 1) {
        rep(j,0,1) {
            dp[x][i][j] ^= dp[y][i - 1][j];
        }
    }
    dp[x][0][0] ^= dp[y][k - 1][1];
    dp[x][0][1] ^= dp[y][k - 1][0];
}
inline void dfs(int u,int f)
{
    dp[u][0][0] = a[u];
    for(auto v : e[u]) {
        if(v == f) continue;
        dfs(v,u);
        do_dp(u,v);
    }
}
inline void dfs2(int u,int f)
{
    if(f) {
        do_dp(f,u);
        do_dp(u,f);
    }
    rep(i,0,k - 1) Ans[u] ^= dp[u][i][1];
    for(auto v : e[u]) {
        if(v == f) continue;
        dfs2(v,u);
    }
    if(f) {
        do_dp(u,f);
        do_dp(f,u);
    }
}
void solve()
{
    cin >> n >> k;
    rep(i,2,n) {
        int u,v;
        cin >> u >> v;
        e[u].pb(v),e[v].pb(u);
    }
    rep(i,1,n) cin >> a[i];
    dfs(1,0);
    dfs2(1,0);
    rep(i,1,n) {
        if(Ans[i]) cout << 1 << ' ';
        else cout << 0 << ' ';
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

                

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