Codeforces Round 905 (Div. 3)
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A. Morning
题意：输入一个0到9组成的密码，密码由字符串组成，最初光标指向1，一秒可以进行两种操作，移动到相邻数字或者显示当前数字，输入密码最少的秒数是多少。
思路：将字符串转换为int数组，记录当前光标的位置，每次移动到下一位置的秒数为两位置的绝对值。
AC code:
#include
#define endl '\n'
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair PCI;
typedef pair PII;
const int N = 2e5+10, M = 1001;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
int T, n, m;
int gcd(int a, int b){
if(b) while((a %= b) && (b %= a));
return a + b;
}
int main(){
fast();
T = 1;
cin >> T;
while(T --){
string s; cin >> s;
int a[N];
for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
a[i] = s[i] - '0';
if(s[i] == '0') a[i] = 10;
}
int cnt = 0, tt = 1;
for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
cnt += abs(a[i] - tt) + 1;
tt = a[i];
}
cout << cnt << endl;
}
return 0;
}
B. Chemistry
题意：给定字符串，在删除任意k个字符后，能否重新排列为回文字符串
思路：统计同一字符的个数，优先删除奇数的字符，只有剩余字符全为偶数，或者只存在一个奇数字符的情况能组成回文
AC code:
#include
#define endl '\n'
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair PCI;
typedef pair PII;
const int N = 2e5+10, M = 1001;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
int T, n, k;
int gcd(int a, int b){
if(b) while((a %= b) && (b %= a));
return a + b;
}
int main(){
fast();
T = 1;
cin >> T;
while(T --){
cin >> n >> k;
string s; cin >> s;
if(s.size() == 1) cout << "YES" << endl;
else if(s.size() - k == 1) cout << "YES" << endl;
else{
map mp;
for(int i = 0; i < s.size(); i ++)
mp[s[i]] ++;
int x = 0, y = 0;
for(auto i : mp){
if(i.second % 2 == 0) x ++;
else y ++;
}
if(y >= k){
if(y - k <= 1) cout <<"YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
}
else{
cout << "YES" << endl;
}
}
}
return 0;
}
C. Raspberries
题意：给出整数数组a和整数k，一次操作可以对任意一个a中的元素+1，最少多少次操作可以令数组a所有元素的积能被k整除
思路：
- k为2，3，5时只要数组中存在能被k整除的元素，或者对a中元素遍历操作变成k取最小值；
- k为4时：
- 偶数数量大于1，操作为0
- 无偶数，操作为2
- 一偶数，操作为1
AC code:
#include
#define endl '\n'
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair PCI;
typedef pair PII;
const int N = 2e5+10, M = 1001;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
int T, n, k;
int a[N];
int gcd(int a, int b){
if(b) while((a %= b) && (b %= a));
return a + b;
}
signed main(){
fast();
T = 1;
cin >> T;
while(T --){
int k3 = 0, k2 = 0, kk = 0, k5 = 0, k4 = 0;
map mp;
cin >> n >> k;
int ans = INF, cnt = 1;
int u = 0, v = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++){
int x; cin >> x;
if(x % 2 == 0) k2 = 1;
if(x % 3 == 0) kk = 1;
if(x% 4 == 0) k4 = 1;
if(x % 5 == 0) k5 = 1;
mp[x] ++;
if(x % 2) u ++;
else v ++;
int tt = 0;
while(x % k){
x ++;
tt ++;
}
ans = min(ans, tt);
}
if(k == 4 && v > 1) ans = 0;
if(k== 4){
if(v != 0 && u != 0) ans = min(1, ans);
if(v == 0) ans = min(2, ans);
}
if(k == 2 && k2 == 1 || k == 3 && kk == 1 || k == 4 && k4 == 1 || k == 5 && k5 == 1) cout << 0 < D. In Love
题意：给出q次询问，每次询问前有两种操作，+号时添加线段[l,r]，-号是删去线段[l,r]，每次操作后询问是否存在两线段不相交
思路：若最大的左边界大于最小的右边界，则存在两线段不相交，set会自动去重，需要用数据结构里的multiset来实现，存入每段线段的两边界，根据first元素自动排序，开两个set，一个存入[l,r]，一个存入[r,l]
AC code:
#include
#define endl '\n'
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair PCI;
typedef pair PII;
const int N = 2e5+10, M = 1001;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
int T, n, m;
int gcd(int a, int b){
if(b) while((a %= b) && (b %= a));
return a + b;
}
int main(){
fast();
multiset stl;
multiset str;
T = 1;
cin >> T;
while(T --){
char op;
int l, r;
cin >> op >> l >> r;
if(op == '+'){
stl.insert({l, r});
str.insert({r, l});
}
else{
stl.erase(stl.find({l, r}));//避免把重复线段全部删除
str.erase(str.find({r, l}));
}
if(stl.size() <= 1) cout << "NO" << endl;
else{
auto x = *stl.rbegin(), y = *str.begin();
if(x.first > y.first) cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
}
}
return 0;
}
E. Look Back
题意：给出整数数组a，需要用最少的操作使数组不递减，每次操作可以选择任一元素*2
思路：直接暴力TLE，将每个元素看做a[i] * pow(2, xi)，每次操作直到符合条件时记录当前操作次数，若元素递减，则xi++，否则xi–操作
向后求操作的和
AC code:
#include
#define endl '\n'
#define int long long
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair PCI;
typedef pair PII;
const int N = 2e5+10, M = 1001;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
int T, n, m;
int a[N], b[N], sum[N];
int gcd(int a, int b){
if(b) while((a %= b) && (b %= a));
return a + b;
}
signed main(){
fast();
T = 1;
cin >> T;
while(T --){
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i ++)
cin >> a[i];
int ans = 0, cnt = 0;
for(int i = 1; i < n; i ++){
int tt = 0;
int l = a[i - 1], r = a[i];
while(l < r) tt --, l *= 2;
while(l > r) tt ++, r *= 2;
cnt = max((LL)0, cnt + tt);
ans += cnt;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
F. You Are So Beautiful
题意：给出整数数组a，找出有多少子数组为为只出现一次
思路：找到每个元素第一次出现和最后一次出现的位置，每出现第一次出现的元素时，记录，每出现最后一次出现的元素时，便可以与前面第一次出现的元素组成唯一的子数组
AC code:
#include
#define endl '\n'
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair PCI;
typedef pair PII;
const int N = 2e5+10, M = 1001;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
int T, n, m;
int a[N];
int gcd(int a, int b){
if(b) while((a %= b) && (b %= a));
return a + b;
}
int main(){
fast();
T = 1;
cin >> T;
while(T --){
map mp, st, ed;
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i ++){
cin >> a[i];
if(mp[a[i]] == 0){
mp[a[i]] ++;
st[a[i]] = i;
}
ed[a[i]] = i;
}
LL cnt = 0, ans = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++){
if(st[a[i]] == i) cnt ++;
if(ed[a[i]] == i) ans += cnt;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
G1. Dances (Easy version)
题意：给出a数组的n-1个元素，b数组的n个元素，a[1] = 1，删除ab中的元素使排序后的a[i] < b[i]，最少删除几次
思路：排序，双指针遍历
#include
#define endl '\n'
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair PCI;
typedef pair PII;
const int N = 2e5+10, M = 1001;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
int T, n, m;
int a[N], b[N];
int gcd(int a, int b){
if(b) while((a %= b) && (b %= a));
return a + b;
}
int main(){
fast();
T = 1;
cin >> T;
while(T --){
cin >> n >> m;
a[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i ++)
cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> b[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
sort(b + 1, b + n + 1);
int l = 1, r = 1, cnt = 0;
while(l <= n && r <= n){
if(a[l] < b[r]) l ++, r ++, cnt ++;
else r ++;
}
cout << n - cnt << endl;
}
return 0;
}
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佛祖保佑AC，永无bug缠身
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