Codeforces Round 902 (Div. 2）
Dashboard - Codeforces Round 902 (Div. 2, based on COMPFEST 15 - Final Round) - Codeforces
A. Goals of Victory
思路：求和，取负
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];
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 sum = 0;
cin >> n;
for(int i = 1; i < n; i ++)
cin >> a[i], sum += a[i];
cout << -sum << endl;
}
return 0;
}
B. Helmets in Night Light
题意：有n个村民，需要将通知由P传给每个村民，P传给一个人需要p成本，每个村民可以将情报以bi成本传给ai个人，若要传给所有n个人最小成本是多少
思路：以成本为基准进行排序，优先传给情报小于p且最小的村民，由他向之后的村民进行传递，传递后的村民若传递成本小于p则继续传播，直到传播完所有村民或剩下的村民传播成本均大于p，剩下的村民全部由p成本进行传播，即可得到最小成本
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, p, m;
int a[N], b[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 >> m;
PII q[n + 1];
for(int i = 0; i < n; i ++)
cin >> q[i].second;
for(int i = 0; i < n; i ++)
cin >> q[i].first;
sort(q, q + n);//以传播代价为基准进行排序
int ans = m, cnt = 1;//初始需要主动传播一个人
for(int i = 0; i < n; i ++){
if(q[i].first >= m) break;//当该人的传播代价大于主动传播的代价
ans += q[i].first * min(n - cnt, q[i].second);//传播人数达标后不再溢出传播
cnt += q[i].second;
if(cnt >= n){
cnt = n;
break;
}
}
if(n - cnt){
ans += m * (n - cnt);//剩下未传播的人主动传播
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
C. Joyboard
题意：要在n+1个插槽中填入n+1个非负整数，现在必须为第n+1个位置填入一个不大于m的非负整数，且序列满足ai = ai+1 mod i，填入并分配完的序列中需要正好有k个不同的值，有多少满足条件的分配方式
思路：可证k即不同的值最多为3个，因为无论m有多大，在第一次取余的过程中会变成不大于n的数，再对之后的数取余要么还是该数，要么遇到可以整除的数(1)变为0，所以k最多为3
- k == 1时：填入的数只能为0，即只有一种情况
- k == 2时 ：
- 若n > m：则从1到m均可，第一次取余要么归0要么还是该数，一共m种情况
- 若n <= m: 则1到m-1均可，以及能被n整除的数，一共(n - 1) + m / n种情况
- k == 3时：
- n >m只会为2，不可能出现3
- n <= m时，一共有m种情况，用m减去出现2的情况即为出现3的情况，即m - ((n - 1) + m / n)种情况
- k >= 3时：不可能
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, k;
//int a[N], b[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 >> m >> k;
if(k > 3) cout << 0 << endl;
else if(k == 1)
cout << 1 << endl;
else if(k == 2){
if(n > m) cout << m << endl;
else{
cout << n + m / n - 1 << endl;
}
}
else if(k == 3){
if(n >= m) cout << 0 < D. Effects of Anti Pimples
题意：初始a数组的所有元素均为白色，可以任意选择元素染成黑色，之后其选择的所以黑色元素下标的倍数染成绿色，其得分即为所有黑色和绿色的元素的最大值，一共有pow(2, n) -1种选择方式，求所有可能的答案之和
思路：每个位置的贡献次数为该位置下标-1的2的幂，而影响当前位置贡献单次多少的即为其下标倍数的元素，若之后的元素出现大于该位置的元素，该位置贡献即为较大元素。求幂需要用快速幂。
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];
int gcd(int a, int b){
if(b) while((a %= b) && (b %= a));
return a + b;
}
int qmi(int a, int k)
{
int res = 1;//res为答案
while(k)//预处理，本质上为求k的二进制表示，把k次方拆成二进制的形式即若干个2的次幂的和
{
if(k & 1)//若当前K的末位为1
res = (LL)res * a % mod;//a是不断反复平方的
k >>= 1;
a = (LL)a * a % mod;
}
return res;
}
signed main(){
fast();
T = 1;
//cin >> T;
while(T --){
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> a[i], b[i] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
for(int j = i; j <= n; j += i){
if(a[j] > b[i])
b[i] = a[j];//找出每个数的max
}
}
sort(b + 1, b + n + 1);
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
ans = (ans + (b[i] * qmi(2, i - 1)) % mod) % mod;//每个数的最大值pow(2, i)即为该数的贡献
}
cout << ans % mod << endl;
}
return 0;
}
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佛祖保佑AC，永无bug缠身
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