Codeforces Round 904 (Div. 2)补题

Simple Design

题目大意：我们定义k-beautiful数的意思是一个数的数位和可以整除k，现给定整数x,k，求出最小的y,满足y>=x,y是k-beautiful数。

思路：这题直接暴力实际上可以写，因为k的范围在1到10之间。

#include
using namespace std;
int getsum(int x)
{
	int sum=0;
	while(x)
	{
		sum += x%10;
		x/=10;
	}
	return sum;
}
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int x,k;
		scanf("%d%d",&x,&k);
		for(int i=x;;i++)
		{
			if(getsum(i)%k==0) 
			{
				printf("%d\n",i);
			    break;
			}
		}
	}
}

Haunted House

题目大意：给一个整数n和一个01串，我们可以交换01串的任意相邻的两位，使01串表示的十进制数可以整除2^i(1<=i<=n),另外01串的长度也为n，求对于每个i的最小操作数，如果不存在就输出-1.

思路：我们注意到可以整除2^i，从后往前i位都是0.将一个0往后移动k位，就要操作k次。我们先统计字串串0的个数，如果0的个数小于i，那么直接输出-1即可，如果大于等于，那么就要考虑如果移动，尽可能少的移动，我们可以定义一个数组来表示要使末尾有k个0，我们需要操作多少次。

我们来仔细讨论以下这个数组的值该如何获取：
首先，我们定义一个变量i，表示从后往前看，当前访问到到第几位，用k表示访问到第几个0，或是说如果访问到0的话，这个0应该被放到从后往前的第几位，那么我们访问到第i位，这一位上的0需要被放到第k位，那么就是要移动i-k次。前面再加上前面k-1个0的操作数，那么就得到要使末尾k个都是0，我们需要移动多少次。

从后往前访问，当访问到0的时候，a[k]=i-k(k=1,i=1开始)

#include
using namespace std;
#define int long long
int a[200010];
signed main()
{
	int t;
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		int n;
		scanf("%lld",&n);
		string s;
		cin>>s;
		int k=1;
		for(int i=s.size()-1,j=1;i>=0;i--,j++)
		{
			if(s[i]=='0')
			{
				a[k]=j-k+a[k-1];
				k++;
			}
		}
		int cnt=k-1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(cnt

Medium Design

题目大意：我们有一个长为m的数组a[],a[]的初值是0，我们给定n个区间，我们可以从中选择若干个区间，将选定区间内的每个ai都加1，我们要求最后a[]中max-min的最大值。

思路：我们考虑可以发现，最大值出在叠加最多的位置，那么最小值呢，实际上在开头或者结尾的位置，我们来简单证明一下：

对于区间[l,r],如果这段区间贯穿整个数组，那么各处都一样，如果不贯穿，那么开头或者结尾一定有一个没被包含，那么如果有两段区间，有没有可能出现中间比首位小呢，不可能，如果包含首位，它们可能至少被包含一次，可以证明，中间如果有断点，那么选两段区间和选一段区间效果是一样的，所以最小值一定可以取在开头或者结尾。

 那么我们该如何选择区间呢，主要是要怎么确定叠加区间有多少个。这里有个特别妙的思路，我们将每段区间的左右端点都记录一下，统一排序，然后开始遍历，遍历到左端点，那么叠加区间的数量就加1，如果访问到右端点，那么就证明再往后，我们需要踢掉一个区间，我们只要及时取最大值即可保证找到最大的重叠区。现在还有一个需要考虑的问题就是最小值，我们该怎么办呢，我们如果仅仅按照前面叙述的来实现的话，我们没办法确定首尾是否被覆盖，或者是否被解除覆盖，那么我们就要再将该区间的另外一个端点记录一下，我们在加入一个区间的时候，需要看它是否覆盖首尾，记录一下，每次访问一个新的记录，更新一下答案即可。另外要注意，记录数组的空间一定要开够，越界的话什么问题都可能出现。

#include
using namespace std;
const int N=200010;//越界的话各种问题都可能出现
struct lr
{
	int v,w,e;
}q[N];
bool cmp(lr a,lr b)
{
	if(a.v!=b.v)return a.vb.w;//先放入再踢，可能有节点重合
}
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		int k=0;
		for(int i=0;i

Counting Rhyme

题目大意：我们称满足如下条件的数对(i,j)为好数对：

1<=i

求有多少个好数对。

思路：我们分析一下可以发现，相当于数组中不能存在a[i]和a[j]的公因数，我们如果暴力枚举出所有的数对，然后再去判断数组中的数是否是它的因数，这样肯定会超时，那么我们该怎么办呢？可以转换思路，我们既然不能判断出每个数是否是另外一个数的因数，但是我们可以找出每个数的倍数的个数，因为一个数的因数不好找，但是它的倍数是很好找的，每次加上它本身就好，那么我们就要先统计出每个数的出现次数。这样就可统计出每个数的倍数有多少个。

我们注意到，如果我们统计出每个数有多少个数能够整除它，如果这个数没有在数组中出现，那么这些个数就可以凑出合适的对数，当然，你会问，就算这些数不存在，那么它们的因数存在，不也不可以，那么如果我们在统计的时候考虑到这一点，即一个数的因数出现，那么我们就视作这个数出现，这样处理后剩下的不就是本身及因数都没有出现，但是有数可以整除它，那么再转化一下意思就是有些数对的公因数并未出现在数组中，那么这不就是我们想要找的数对吗。这里我们再加一个新的数组来表示每个数是否出现即可。

我们在统计每个数的倍数的时候，还需要更新一下每个数是否出现的标记，一个数的因数出现，就视为这个数已经出现了。此时循环结束后，我们想要的每个数有多少个数能整除它就统计出来了。如果有s个能整除它，那么可以构成的数对就是s*(s-1)/2。

然后我们来统计答案，可以直接循环访问每个数吗，当然也是不可以的，因为一对数它们可能既可以整除g，也能整除2*g,还能整除3g,我们用来记录g的数组肯定将它们都计进去了，那么该如何避免重复计算呢？有个思路就是，从大到小累计，同时我们在累计每个数之前将它的倍数产生的个数都减掉，这样就可以避免重复计算了。

至此题目解决，时间复杂度为O(nlogn).

#include
using namespace std;
#define int long long
int g[1000010],st[1000010];
signed main()
{
	int t;
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		int n;
		scanf("%lld",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++) g[i]=st[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int x;
			scanf("%lld",&x);
			g[x]++;
			st[x]=1;
		}
		//O(nlogn)
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=2*i;j<=n;j+=i)
			{
				g[i]+=g[j];
				st[j]|=st[i];
			}
			g[i]=(g[i]-1)*g[i]/2;
		}
		int ans=0;
		for(int i=n;i>=1;i--)
		{
			for(int j=2*i;j<=n;j+=i) g[i] -= g[j];
			if(!st[i]) ans += g[i];
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}

时间复杂度：

n+n/2+n/3+...n/n=nlogn

证明如下：时间复杂度证明