Codeforces Round #760 (Div. 3) (ABCDEF)

Codeforces Round #760 (Div. 3)

题目
A. Polycarp and Sums of Subsequences
Codeforces Round #760 (Div. 3) (ABCDEF)_第1张图片题意:t组样例,每组样例输入从小到大输入7个数构成b数组,问b数组中是否存在三个数,通过给出的方法可以得到b数组。

思路:t的范围5000,同时每组样例才7个数,我们直接暴力枚举每次选的那三个元素就行,最后去跟b数组比较看是否相同。

#include
using namespace std;
int a[10],b[10];

bool cek(){
    sort(b+1,b+8);
    for(int i=1;i<=7;i++){
        if(a[i]==b[i]) continue;
        return false;
    }
    return true;
}

void solve(){
    for(int i=1;i<=7;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=7;i++){
        for(int j=i+1;j<=7;j++){
            for(int k=j+1;k<=7;k++){
                int cnt=0;
                b[++cnt]=a[i];
                b[++cnt]=a[j];
                b[++cnt]=a[k];
                b[++cnt]=a[i]+a[j];
                b[++cnt]=a[i]+a[k];
                b[++cnt]=a[j]+a[k];
                b[++cnt]=a[i]+a[j]+a[k];
                if(cek()){printf("%d %d %d\n",a[i],a[j],a[k]);return;}
            }
        }
    }
}

int main(){
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();
}

B. Missing Bigram
Codeforces Round #760 (Div. 3) (ABCDEF)_第2张图片题意:一个单词的二元组是其中两个相邻字母的序列,给了 n − 2 n-2 n2个二元组,要求你构造一个长度为n的只包含 ′ a ′ 'a' a和’ ′ b ′ 'b' b的字符串s,s的所有二元组中随便删除一个,使得剩下的二元组等于给出的 n − 2 n-2 n2个二元组
思路:
思路:直接以第一个二元组为前缀,之后在每次读入二元组的时候,判断一下当前的字符串s的末尾是否为读入二元组的第一个字符,不同则加入第一个字符,flag标记一下(这个就是删掉的那个)。随后可以就直接“拼接”起来(加上二元组的第二个字符);最后flag要是没有标记,就随便加一个 ′ a ′ 'a' a ’ b ′ ’b' b就行了

#include
using namespace std;
int n;

void solve(){
    string ans;
    bool flag=false;
    cin>>n>>ans;
    for(int i=2;i<=n-2;i++){
        string ss; cin>>ss;
        if(ans[ans.length()-1]!=ss[0]){
            ans.push_back(ss[0]);
            flag=true;
        }
        ans.push_back(ss[1]);
    }
    if(!flag) ans+="a";
    cout<<ans<<"\n";
}

int main(){
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();
}

C. Paint the Array
Codeforces Round #760 (Div. 3) (ABCDEF)_第3张图片题意:t组样例。每个样例给一个包含n个元素的序列,问是否存在一个数d,满足相邻的元素为满足下列两种形式之一,可以输出d,不可以输出0

形式1: (a1%d==0,a2%d!=0,a3%d==0,a4%d!=0....a(2x+1)%d==0,a(2x+2)%d!=0)
			即:
			if(i%2==1) ai%d==0;
			else if(i%2==0) ai%d!=0;
			
形式2: (a1%d!=0,a2%d==0,a3%d!=0,a4%d==0....a(2x+1)%d!=0,a(2x+2)%d==0)
			即:
			if(i%2==1) ai%d!=0;
			else if(i%2==0) ai%d==0;
			

思路
开始想了一下质因数分解,感觉div3C题不至于这么搞,看了眼数据范围,发现果然不太行
发现对于第i个位置的元素,需要跟直接相邻的元素要没得关系,但跟位置i%2相同的所有元素有关,于是想到了对位置奇偶,然后分别求出奇偶位置所有元素的gcd值,对于得到的两个gcd值去暴力判断一下是否符合条件就行了,都不满足就输出0。
求gcd是因为这样可以保证所有i%2相同的元素去%gcd是等于0,即其中一种状态。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=105;
ll n,a[N],b[N];

bool cek(ll d){
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]%d==0) b[i]=-1;
        else b[i]=1;
    }
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        if(b[i]!=b[i-1]) continue;
        return false;
    }
    return true;
}

void solve(){
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    ll gcd1=a[1],gcd2=a[2];
    for(ll i=3;i<=n;i++){
        if(i%2==1) gcd1=__gcd(gcd1,a[i]);
        else gcd2=__gcd(gcd2,a[i]);
    }
    if(cek(gcd1)) printf("%lld\n",gcd1);
    else if(cek(gcd2)) printf("%lld\n",gcd2);
    else puts("0");
}

int main(){
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();
}

D. Array and Operations
Codeforces Round #760 (Div. 3) (ABCDEF)_第4张图片题意:t组样例,每组样例第一行读入两个数字n、k,代表给你一个包含n个元素的序列,要进行k次删除操作,每次操作删除两个数 a i , a j ( i ! = j ) ai,aj(i!=j) ai,aj(i!=j),同时会得到一个分数 s c o r e = m i n ( a i / a j , a j / a i ) score=min(ai/aj,aj/ai) score=min(ai/aj,aj/ai),总分sum为剩下的 ( n − 2 k ) (n-2k) (n2k)个元素和加上每次删除操作得到的分数。
思路:贪心,将a数组从小到大排序后,规定剩下来的一定是最小的那 ( n − 2 k ) (n-2k) (n2k)个数,删除的是大的那 2 k 2k 2k个数,删除策略为每次删除中间间隔 k − 1 k-1 k1个元素的两个元素,即分子为 a [ i ] a[i] a[i],分母为 a [ i + k ] a[i+k] a[i+k],这样计算出来的总分最小。(口胡的)

#include
using namespace std;
const int N=105;
int n,k,a[N],sum;

void solve(){
    sum=0;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n-2*k;i++) sum+=a[i];
    for(int i=n-2*k+1,ci=1;ci<=k;ci++,i++) sum+=(a[i]/a[i+k]);
    printf("%d\n",sum);
}

int main(){
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();
}

E. Singers’ Tour
Codeforces Round #760 (Div. 3) (ABCDEF)_第5张图片

题意:t组样例,每组样例给定一个包含n个元素的b数组,问是否可以构造出一个长度为n的a数组,满足a数组(环)中每个元素在到达 i i i位置时的元素和等于 b [ i ] b[i] b[i]

对于元素 a [ i ] a[i] a[i]

到达位置j 对位置j的贡献
j=i a[i]
j=i+1 2*a[i]
j=i+2 3*a[i]
j=(i+k)%n+1 (k+2)⋅a[i]
j=(i+n−2)%n+1 n⋅a[i]

思路:这个肯定b数组的 s u m sum sum要是 ( 1 + n ) ∗ n / 2 (1+n)*n/2 (1+n)n/2的倍数,因为要求 1 ≤ a [ i ] ≤ 1 0 9 1≤a[i]≤10^9 1a[i]109,所以在任何情况在都应该会满足 s u m % ( ( 1 + n ) ∗ n / 2 ) = = 0 sum\%((1+n)*n/2)==0 sum%((1+n)n/2)==0。同时我们会发现这是一个n元一次方程,剩下的就是解方程组就行了(本题高斯消元肯定不行)

/*
n=3, b[1] b[2] b[3]

b[1]=a[1]+3*a[2]+2*a[3]  ①式
b[2]=2*a[1]+a[2]+3*a[3]  ②式

由①-②得:
b[1]-b[2]=-a[1]+2*a[2]-a[3]  ③式

③式等价变换:
2*a[2]=b[1]-b[2]+a[1]+a[3]  ④式

④式左右两边同时加a[2]
3*a[2]=b[1]-b[2]+(a[1]+a[2]+a[3])   ⑤式 
(di=a[1]+a[2]+a[3])

⑤式等价变换:
n*a[2]=b[1]-b[2]+di  ⑥式

⑥式等价变换:
a[2]=(b[1]-b[2]+di)/n
(a[i]=(b[(i-1+n)%n]-b[i]+di))/n

*/
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=4e4+5;
ll n,b[N],t[N],sum;

void solve(){
    sum=0;
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=0;i<n;i++){
        scanf("%lld",&b[i]);
        sum+=b[i];
    }
    ll di=(1+n)*n/2;
    if(sum%di!=0) {puts("NO");return;}
    sum/=di;
    for(ll i=0;i<n;i++){
        ll nu=sum+b[(i-1+n)%n]-b[i];
        if(nu<=0||nu%n!=0){puts("NO");return;}
        t[i]=nu/n;
    }
    puts("YES");
    for(ll i=0;i<n;i++) printf("%lld%c",t[i],(i==n-1)?'\n':' ');
    return;
}

int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
}

F. Reverse
Codeforces Round #760 (Div. 3) (ABCDEF)_第6张图片题意:问x经过变换是否可以等于y。
变换方式:在x的二进制形式下,末尾可以加上0或1,随后反转二进制数,删除前导零,最后再将新的二进制数转成十进制数就是新数了。

思路:就一样例,x和y的大小也才 1 e 18 1e18 1e18,直接模拟变换,对x进行bfs,判断是否存在等于y的数,为了避免TLE,因为y的二进制数最多才64位,我们可以在bfs的时候剪枝,将那些二进制数形式下长度大于64的给跳过。保险起见,我是当长度大于 l e n b + 64 lenb+64 lenb+64时跳过,其中 l e n b lenb lenb为y在二进制形式下的长度。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll x,y,lenb;
bool flag;
string Y;
set<string>st1;

string change(ll x){
    string s="",ans="";
    while(x){
        ll tt=x%2;
        x/=2;
        s+=(tt+'0');
    }
    ll idx=0;
    for(ll i=s.length()-1;i>=0;i--){
        if(s[i]=='0') continue;
        idx=i;break;
    }
    for(ll i=idx;i>=0;i--) ans+=s[i];
    return ans;
}

string change1(string s,int x){
    s+=(x+'0');
    string ans="";
    ll idx=0;
    for(ll i=s.length()-1;i>=0;i--){
        if(s[i]=='0') continue;
        idx=i;break;
    }
    for(ll i=idx;i>=0;i--) ans+=s[i];
    return ans;
}

void bfs(ll x){
    queue<string>q;
    map<string,bool>mp;
    q.push(change(x));
    while(!q.empty()){
        auto u=q.front(); q.pop();
        if(mp.count(u)) continue;
        if(u.length()>lenb+64) continue;
        if(u==Y) {flag=true;return;}
        st1.insert(u);
        mp[u]=true;
        for(int i=0;i<2;i++){
            string ss=change1(u,i);
            if(!mp.count(ss)) q.push(ss);
        }
    }
}

int main(){
    scanf("%lld%lld",&x,&y);
    Y=change(y);
    lenb=Y.length();
    bfs(x);
    if(flag) puts("YES");
    else puts("NO");
    return 0;
}

G. Trader Problem
有时间再补

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