【解题报告】Educational Codeforces Round 9

题目链接

A.Grandma Laura and Apples（Codeforces 632A）

思路

不妨先顺着问题发生的顺序理一理思路。假设奶奶有6个苹果，那么第一次出售只能是half，即卖掉3个，剩下3个。这时候奶奶只有3个苹果了，那么第二次出售只能是halfplus，即卖掉1.5个，剩下1个。最后奶奶只城下1个苹果了，那么第三次出售只能是halfplus，即卖掉0.5个，剩下0个。这样整个过程的规律就明显了。每次出售苹果都是卖掉一半的苹果，剩下出售之前苹果数除以2（向下取整）的苹果数。所以我们从0个苹果开始逆推，若出售信息为half，则直接将当前苹果数乘2即可得到出售前的苹果数。若出售信息为halfplus，则先将当前苹果数加上被取整的0.5个苹果，再乘2即可得到出售前的苹果数。实现上因为苹果总数很多因此要用long long存储求和数据。若想要避免出现小数可以将每次加0.5的操作改为加5，最后的结果除以10即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

char s[10];
int n, p, a[50];
long long m, ans;

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &p);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%s", s);
        if(strlen(s) > 4) a[i] = 1;
        else a[i] = 0;
    }
    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        if(a[i]) m = (m + 5) << 1;
        else m <<= 1;
        ans += m / 2;
    }
    printf("%I64d\n", ans * p / 10);
    return 0;
}

B. Alice, Bob, Two Teams（Codeforces 632B）

思路

既然Bob能选择一个前缀或后缀进行翻转的话，那就枚举这个前缀或后缀进行翻转，然后更新最大值即可。注意，不能真的去暴力枚举，如果想枚举前缀s[0…p]的话，我们可以利用前一次枚举，即s[0…p-1]的结果。实现起来就是分别正向，反向扫描一次字符串，分别维护翻转后的前缀，后缀和。换句话说，就是对于每个字符，更新该字符表示的前缀的“翻转和”。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 5e5 + 10;
char s[maxn];
int n, p[maxn];
long long sum, tmp, ans;

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &p[i]);
    }
    scanf("%s", s);
    sum = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if(s[i] == 'B') {
            sum += p[i];
        }
    }
    ans = tmp = sum;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if(s[i] == 'A') {
            tmp += p[i];
            ans = max(ans, tmp);
        }
        else tmp -= p[i];
    }
    tmp = sum;
    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        if(s[i] == 'A') {
            tmp += p[i];
            ans = max(ans, tmp);
        }
        else tmp -= p[i];
    }
    printf("%I64d\n", ans);
    return 0;
}

C.The Smallest String Concatenation（Codeforces 632C）

思路

刚拿到这道题的时候，感觉应该是按照字典序排序，然后直接按照排序结果首尾相连。但是后来验证猜想的时候就出问题了。例如，有三个字符串：x, xx, xxa，若按照字典序来连接的话应该是xxxxxa，但是显然，xxaxxx的字典序更小。问题出在哪儿呢？如果字符串的长度都相同的话这样是没问题的，但若字符串长度不相同的话，像x这样短的字符串就会有更小的字典序，但它不见得应该排在更前面。怎么办呢？我们应该定义一个“更适合放在前面”的量，让这些字符串根据这个量来排序。显然，对于两个字符串而言，若A+B的字典序小于B+A，那么，A更适合放在B的前面。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 5e4 + 5;
int n;
string ans, s[maxn];

bool cmp(string a, string b) {
    return a + b < b + a;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> s[i];
    }
    sort(s, s + n, cmp);
    ans = "";
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        ans = ans + s[i];
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

D. Longest Subsequence（Codeforces 632D）

思路

看见题中有LCM时，直觉告诉我应该对数组里的每个数因式分解。然后枚举一个LCM的上界，对于每个上界扫描数组，检查有多少数是这个上界的约数。这样的时间复杂度是本题的Judge无法承受的。根据题目限制条件，我们得用线性的办法来解决这个问题。不妨转换一下思维，从“对于每个LCM上界，有多少数是它的约数”转换成“对每个数，有多少LCM上界是它的倍数”，这样，我们先统计每个小于m的数的出现次数，并存放在数组d中，d[2] = 3表示数组中有3个2。然后逆序遍历d数组，对于遍历到的某个元素，模仿埃拉伯色尼筛法的实现，更新它倍数x的d[x]。更新过后的d[x]就表示对于LCM上界x，在数组中有d[x]个数是它的约数，问题就解决了。另外还有一个细节。如果遍历d数组的时候如果不逆序遍历的话会造成重复累加的后果。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 1e6 + 5;
int n, m, l, a[maxn], d[maxn];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        // 输入的同时维护d数组
        if(a[i] <= m) d[a[i]]++;
    }
    // 逆序遍历d数组
    for(int i = m; i >= 1; i--) {
        // 枚举i的倍数
        for(int j = 2 * i; j <= m; j += i) {
            d[j] += d[i];
        }
    }
    l = max_element(d + 1, d + m + 1) - d;
    printf("%d %d\n", l, d[l]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(l % a[i] == 0) {
            printf("%d ", i);
        }
    }
    puts("");
    return 0;
}

（其它题目略）