Codeforces Round #747 (Div. 2)；AtCoder Beginner Contest 222；Educational Codeforces Round 115 (Div.2）

今天是2020.10.10，记录一下这三天的刷题。

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前天晚上有场cf：

Codeforces Round #747 (Div. 2)

A. Consecutive Sum Riddle（思维）

题意：

给出数n，求两个数x和y，使得x+ x+1 + x+2 + … + y-1 + y = n。
n≤1e18，-1e18≤x

思路：

x和y都可以取负数，所以可以让0左右两边的数都抵消掉，只剩下n就可。
所以x=-n+1，y=n。

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B. Special Numbers（思维，二进制）

题意：

给出一个数x，问由$x^0,x^1,x^2,x^3...$组成的 $第k大数$ mod $1e9+7$ 后为多少？

思路：

$x^a+x^a=x^{a+1}$—— 存在进位关系。
将k二进制分解，将k的二进制看作答案的二进制，然后用x恢复出来答案的十进制。

Code：

const int N = 200010, mod = 1e9+7;
ll T, n, m, a[N];

int main(){
	Ios;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>m;
		int t=m,cnt=0;
		while(t!=0)
		{
			a[++cnt]=t%2;
			t/=2;
		}
		ll ans=0,tt=1;
		for(int i=1;i<=cnt;i++){
			ll t=(ll)a[i]*tt%mod;
			tt=(ll)tt*n%mod;
			ans=(ll)(ans+t)%mod;
		}
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}

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C. Make Them Equal（思维）

题意：

给出长度为n的字符串，要转化为元素都为字符a的串。最小执行多少次下述操作？
取一个数x，每次可以将 不是x的倍数的位置上的数 变为字符a。
输出最少操作数和对应的x。

思路：

• 如果最后一个元素不需要变化的话，直接取x为n，那么除了n这个位置，其他所有位置都可以变为目标元素。用一次操作。
• 最后一个元素需要变化：
  1、如果n/2+1这个位置到n位置中，有不需要变化的元素的话，就选这个位置，那么所有位置都会变为目标元素，用一次操作。
  2、如果没有的话，就要用两次操作了，取x为 n 和 n-1。

Code：

const int N = 300010, mod = 1e9+7;
int T, n, m;
char a[N];
bool f[N];

int main(){
	Ios;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		char c;
		cin>>n>>c;
		
		int cnt=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			f[i]=0;
			cin>>a[i];
			if(a[i]!=c) cnt++,f[i]=1;
		}
		if(cnt==0){
			cout<<0<<"\n";continue;
		}
		if(a[n]==c){
			cout<<1<<"\n";
			cout<<n<<"\n";
		}
		else{
			int flag=0;
			for(int i=n;i>=1;i--){
				if(!f[i]){
					flag=i;break;
				}
			}
			if(flag>n/2){
				cout<<1<<"\n";
				cout<<flag<<"\n";
			}
			else{
				cout<<2<<"\n";
				cout<<n-1<<" "<<n<<"\n";
			}
		}
	}
	
	return 0;
}

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E1. Rubik’s Cube Coloring (easy version)（组合）

题意：

需要给一个深度为n的满二叉树的节点染色，需要满足：
一条边连接的两个节点的颜色在魔方的配色中是相邻的 。

问，一共有多少种不同的方法将这棵满二叉树染色？答案 mod 1e9+7。

思路：

好像和著名的四色定理差不多。
第一个点，也就是根节点有六种染色方式。其余的所有节点都有4中染色方式。
一共$2^n-1$个节点，所以最终的染色方式一共有：$6\ast 4^{2^n-2}$ 种。

$4^{2^n-2}$ 可以用快速幂，边乘边取模。但是需要注意的是，求$2^n-2$不能取模！
因为这个结果是作为4的幂次，而取模运算会导致答案错误。

Code：

const int N = 200010, mod = 1e9+7;
int T, n, m, a[N];

ll qmi(ll x,ll y)
{
	ll ans=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) ans=(ans*x)%mod;
		x=(ll)x*x%mod;
		
		y>>=1;
	}
	return ans;
}

int main(){
	Ios;
	cin>>n;
	ll t=(ll)pow(2,n)-2;
	cout<<(ll)6*qmi(4,t)%mod;
	
	return 0;
}

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D. The Number of Imposters (代更。。）

…

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昨天上午有场人工智能编程大赛的初赛，A题有个技巧没能想起来。。

题意：

给出n个数，给出m次询问，每次询问有k个数。n≤50。
如果k个数都满足 是n个数中的四个数的平均数，输出Yes；否则输出No。

思路：

当时脑子一片空白，只能打了个暴力。。

一共m*k个数需要判断，暴力的话是$m\ast k\ast n\ast n\ast n$。。铁定超。。

但是n很小，所以完全可以预处理出n个数从中取4个能够组成哪些数，map标记下来，然后O(1)查询。。

。。

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昨晚Atcoder有场ABC：

AtCoder Beginner Contest 222

C - Swiss-System Tournament（模拟）

题意：

2 * n个人进行比赛，一共m局，每局两两pk，位置为2i的人和位置2i-1的人pk。
每局结束后，位置会变化。变化规则：
1.根据从开局到现在的胜利局数从大到小排序。
2.两人tie时，根据编号排序，编号小的在前面。

思路：

就是结构体存储下位置和胜利局数，每局结束后排序就行。

一开始题读错了，然后这道题折腾了一个多小时。。

有个需要注意的点：
如果将一个数组排序，根据cmp排序的话，cmp函数 int x,int y，这个x和y其实是a[i]和a[j]，并不是下标。

Code：

const int N = 2010, mod = 1e9+7;
int T, n, m;
char a[N][N];
int b[N],c[N];
struct NN{
	int id,w;
}cnt[N];

int better(char x,char y){
	if(x=='G'){
		if(y=='G') return 0;
		else if(y=='C') return 1;
		return 2;
	}
	if(x=='C'){
		if(y=='C') return 0;
		else if(y=='G') return 2;
		else return 1;
	}
	if(x=='P'){
		if(y=='P') return 0;
		else if(y=='C') return 2;
		return 1;
	}
}

bool cmp(NN a,NN b){
	if(a.w!=b.w) return a.w>b.w;
	return a.id<b.id;
}

int main(){
	cin>>n>>m;
	n*=2;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cnt[i].id=i;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(j%2==0) continue;
			int t=better(a[cnt[j].id][i],a[cnt[j+1].id][i]);
			
			if(t==1) cnt[j].w++; //注意这里是j，不是cnt[j].id！ 
			else if(t==2) cnt[j+1].w++;
		}
		sort(cnt+1,cnt+n+1,cmp);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<cnt[i].id<<endl;
	
	return 0;
}

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D - Between Two Arrays（dp，前缀和）

题意：

给出两个不下降数列a和b，其中每个位置满足 $a[i]\le b[i]$。
构造一个不下降数列c，其中每个位置满足：$a[i]\le c[i]\le b[i]$。问一共有多少种构造方式？

思路：

把每个位置上能放下的值列出来，发现是这样的：

1 1 1
2 2 2
  3 3
    4

那么以当前位置 i 上的数 j 结尾的数列c的个数 就可以由上一位置的所有不超过 j 的所有状态转移过来。
但是如果要遍历上一位置上不超过j的所有数的话就超时了。
所以可以每次在更新完成之后，维护当前位置的从1到 j 的前缀和，这样下一个位置就直接用该位置更新了。

Code：

const int N = 3010, mod = 998244353;
int T, n, m;
PII a[N];
int f[N][N];

signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].fi;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].se;
	
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=a[i].first;j<=a[i].second;j++)
		{
			f[i][j]=f[i-1][j]; //直接由上一位置的前缀更新
			if(i==1) f[i][j]=1;
			if(i==n) ans=(ans+f[i][j])%mod;
		}
		for(int j=1;j<=3000;j++) f[i][j]=(f[i][j]+f[i][j-1])%mod; //维护状态前缀
	}
	cout<<ans;
	
	return 0;
}

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今晚有场cf：

Educational Codeforces Round 115 (Rated for Div. 2)

B. Groups（暴力，思维）

题意：

一共n个同学（n为偶数），给出一个n*5的矩阵 ，表示每名同学在周一到周五是否有空。
现要挑选一周里的两天x,y。问，是否有n/2个人在周x有空并且另外n/2个人在周y有空？

思路：

遍历枚举选择的两天x和y：判断这两天合不合适。

如果满足：
1、在这两天中，n个人都有空闲时间；
2、在周x有空闲时间的人不少于n/2，在周y有空闲时间的人不少于n/2：

那就说明：有n/2在周x有空闲时间，并且另外n/2个人在周y有时间。

Code：

const int N = 200010, mod = 1e9+7;
int T, n, m, a[N][6];
bool f[N];

bool pd(int x,int y)
{
	int cnt1=0,cnt2=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=0;
		if(a[i][x]) cnt1++,f[i]=1;
		if(a[i][y]) cnt2++,f[i]=1;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!f[i]) return 0;
	}
	
	if(cnt1>=n/2&&cnt2>=n/2) return 1;
	return 0;
}

int main(){
	Ios;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=5;j++)
				cin>>a[i][j];
				
		bool flag=0;
		for(int i=1;i<=5;i++){
			for(int j=i+1;j<=5;j++){
				if(pd(i,j)){
					flag=1;
				}
			}
		}
		if(flag) cout<<"YES\n";
		else cout<<"NO\n";
	}
	
	return 0;
}

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C. Delete Two Elements （map）

题意：

给出n个数，所有数之和为sum。现在要从中选择两个位置上的数删掉。
问满足删掉之后的$su{m}^{\prime }(n-2)=sum/n$ 的位置选择有多少种方式？

思路：

设删掉位置上的两个数之和为 x。 那么，$su{m}^{\prime }=sum-x$ .
化简一下得：
$x=sum-sum\ast (n-2)/n$。

所以遍历所有位置，判断有多少个 $x-a[i]$ 在数列中就行了。

如果当前x-a[i]=a[i]的话，记得减掉一次。
前面的数加上后面了，后面又加前面数一遍，所以方案数多了一倍，最终的答案要除2。

注意x可能为小数！

Code：

const int N = 200010, mod = 1e9+7;
int T, n, m;
double a[N];

signed main(){
	Ios;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		double sum=0;
		
		mp.clear();
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],sum+=a[i],mp[a[i]]++;
		
		double x=sum-sum*(n-2)*1.0/n;
		
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(x-a[i]==a[i]) ans--;
			ans+=mp[x-a[i]];
		}
		cout<<ans/2<<"\n";
	}
	
	return 0;
}

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D. Training Session （代更。。）

…

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明天加油！