码迷，mamicode.com
首页 > 其他好文 > 详细

Codeforces Round #667 Div.3 (CF1409)

时间：2020-09-17 16:39:43      阅读：24      评论：0      收藏：0      [点我收藏+]

标签：back   std   cout   正整数   修改   sig   loading   solution   ios   

Div3，享受俯冲的快感

A:

给两个整数\(a\)和\(b\)，你可以让$a \pm k (k \in [1, 10]) $，求最少操作次数。

签到题，直接给Code吧：

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/04
	Prog: CF1409A
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int T = next();
	while(T--)
	{
		int a, b;
		cin>>a>>b;
		if (a > b) swap(a, b);
		cout<<(b-a)/10+(!!((b-a)%10))<<endl;
	}
	
	return 0;
}

B:

给定\(a, b, c, d, n\)，你可以进行\(n\)次操作，在保证\(a >= c \&\& b >= d\)的情况下将\(a\)或\(b\)减\(1\)，求\(ab\)最小值。

被这题吊打技术图片

一道有点思维难度的 Greedy ，可惜我没有思维，可以算出\(a\)的可能最小值\(e\)和\(b\)的可能最小值\(f\)，选可能最小值更小的减去，如果\(n\)还没有用完就再减另外一个。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/04
	Prog: CF1409B
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int T = next();
    
	while(T--)
	{
		int a, b, c, d, n;
		cin>>a>>b>>c>>d>>n;
		int e = max(c, a-n), f = max(d, b-n);
		if (f > e)
			swap(a, b), swap(c, d);
		if (b-d <= n) n -= b-d, b = d;
		else b -= n, n = 0;
		a -= min(a-c, n);
		cout<<a*b<<endl;
	}
    
    return 0;
}

C:

给定\(n, a, b\)，构造一个最大值最小的长度为\(n\)的只包含正整数的等差数列w，使得\(a, b \in w\)。

难度不大， bf 即可，穷举在\(a, b\)之间元素的个数算出公差，再判断\(w\)中是否只包含正整数。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/04
	Prog: CF1409C
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	int T = next();
	
	clock_t InputFinished = clock();
	
	while(T--)
	{
		int n, a, b;
		cin>>n>>a>>b;
		rev(i, n-2, 0) if ((b-a)%(i+1) == 0)
		{
			int gc = (b-a)/(i+1);
			int possiblePr = min((a-1)/gc, n-i-2);
			int low = a-possiblePr*gc;
			bool yes = 0;
			rep(j, 0, n) { cout<<low<<" \n"[j == n-1], low += gc; yes = 1; }
			if (yes) break;
		}
	}
	
	return 0;
}

D:

给定正整数\(n,s\)，令\(p = n+k\)，并且\(p\)的各数位之和小于等于\(s\)，求最小的\(k\)。

继续被吊打技术图片

本思路借鉴，因为写的真的好。

我们随便口胡一个 Greedy ，ezly得出\(p\)肯定是\(n\)的某一位的进位，这样我们枚举进位的位数，这道题就ezly解决了。

还有一些\(\color{orange}{Note}\)：

  1. 不要用字符串来处理\(p\)，我就是这样然后被虐了技术图片

  2. 这道题\(p\) \(\color{orange}{long long}\)装不下，所以我们可以用\(\color{orange}{unsigned long long}\)。

  3. 要特判\(n\)位数之和是不是已经小于\(s\)了，如果是那么直接输出\(0\)就ok啦。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/05
	Prog: CF1409D
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int T = next();
	while(T--)
	{
		int n, s, ans = 0, all = 0;
		cin>>n>>s;

		int temp = n;
		while(temp) all += temp%10, temp /= 10;
		if (all <= s) { cout<<0<<endl; continue; }

		for(ull mod = 1; mod <= n; mod *= 10)
		{
			int bitnum = n/mod%10;
			if (!bitnum) continue;
				// 当前位数为0，不需要进位
			ans += (10-bitnum)*mod;
			n += (10-bitnum)*mod;
				// 进位
			all = 0;
			temp = n;
			while(temp) all += temp%10, temp /= 10;
			if (all <= s) break;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	
	return 0;
}

E:

给你\(k\)和二维坐标\(n\)个点，你要放置两个长度为\(k\)的平台，放好后点会掉下来，求最多的落在平台上的点的个数。

不难发现\(y\)轴根本没用，因为你可以把平台放置在y轴的\(- \infty\)上。

也不难发现平台不重叠是最优的。

用最朴素的__bf__思想可以想出\(O(n^2)\)做法，先把点排序，遍历每一个点的\(x\)坐标，求出把平台左端放这儿能覆盖多少个点，答案是两个最大值之和。

可惜，\(O(n^2)\)会超时，这时我们考虑把一层\(O(n)\)给优化，让时间复杂度低于\(O(nlogn)\)。优化遍历点肯定无法做到，然则，我们可以优化求出把平台放这儿能覆盖多少个点。

既然已经排好了序，那数组就满足单调性，可以考虑二分，至于代码，\(\color{red}{PigeonGuGuGu}\)。

设平台最左边覆盖的点为\(e\)，最右边覆盖的点为\(b\)，不难发现\(e >= b\)，这时候满足了__two-pointer__（尺取）的性质，我们可以设两个数组\(l, r\)，\(l\)表示从\(point[1, t]\)能够覆盖的最多的点，\(r\)表示从\(point[t, n)\)能够覆盖的最多的点，求出\(l, r\)之后，枚举\(t\)来求出答案。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/05
	Prog: CF1409E
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
const int U = 2e5+50;
int w[U], l[U], r[U];
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int T = next();
	while(T--)
	{
		int n, t;
		cin>>n>>t;
		rep(i, 0, n) cin>>w[i];
		rep(i, 0, n) next();

		sort(w, w+n);
		if (w[n-1]-w[0] <= t*2) { cout<<n<<endl; continue; }

		int pos = 0;
		rep(i, 0, n)
		{
			while(w[pos]-w[i] <= t && pos < n) pos++;
			r[i] = pos-i;
		}
		rev(i, n-2, 0) r[i] = max(r[i+1], r[i]);
		
		pos = n-1;
		rev(i, n-1, 0)
		{
			while(w[i]-w[pos] <= t && pos >= 0) pos--;
			l[i] = i-pos;
		}
		rep(i, 1, n) l[i] = max(l[i-1], l[i]);

		int ans = -1<<30;
		rep(i, 0, n) ans = max(ans, l[i]+r[i+1]);
		cout<<ans<<endl;
	}

	return 0;
}

F:

给你一个长为\(n\)的字符串\(a\)和长为\(2\)的字符串\(b\)和\(k\)，你有\(k\)次机会修改\(a\)中元素，\(a\)中有\(ans\)个子序列为\(b\)，求\(ans\)最大值。

一道明显的3维 dp ，dp方程有亿点长（

在字符串\(a\)中，\(ans\)实际是每个\(b\)之前\(a\)的个数之和。

显而易见，修改\(a\)中字符只会修改成\(b[0]\)或\(b[1]\)，综上，我们可以设置dp状态为\(dp(i,j,k)\)，i代表当前下标，\(j\)代表已使用\(s\)次修改机会，\(k\)代表在\(i\)及之前出现\(b[0]\)的次数，那我们可以对dp方程进行分类讨论 ：

  1. 不修改字符，这时我们分类讨论：
    1. 当前字符为\(b[0]\)，即\(dp(i, j, k) = dp(i-1, j, k-1)\)。
    2. 当前字符为\(b[1]\)，即\(dp(i, j, k) = dp(i-1, j, k) + k\)。
    3. 既不是\(b[0]\)也不是\(b[1]\)，即\(dp(i, j, k) = dp(i-1, j, k)\)。
  2. 修改字符，这时我们又要分类讨论：
    1. 当前字符不为\(b[1]\)，那我们可以把它修改为\(b[1]\)，即\(dp(i, j, k) = dp(i, j-1, k-1)\)。
    2. 当前字符不为\(b[0]\)，那我们可以把它修改为\(b[0]\)，即\(dp(i, j, k) = dp(i, j-1, k)+k\)。

还有一个小特判，当\(b[0] == b[1]\)的时候，修改\(a\)中非\(b[0]\)的哪一个字符都可以，令\(p=max\{k+cnt, n\}\)，答案为，则答案为\(C _n ^p\)，可化为\(p(p-1)/2\)，读者自证不难。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/06
	Prog: CF1409F
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
const int U = 2e2+50;
int dp[U][U][U];
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\\Users\\Joeon\\Desktop\\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int n, s, ans = -1<<30;
	cin>>n>>s;
	string a, b;
	cin>>a>>b;

	if (b[0] == b[1])
	{
		int cnt = s;
		rep(i, 0, n) cnt += a[i] == b[0];
		cnt = min(cnt, n);
		cout<<cnt*(cnt-1)/2<<endl;
		return 0; 
	}
		
	ms(dp, -2);

	hrp(j, 0, s) dp[0][j][0] = 0;

	auto chkmax = [=](auto& a, auto b)
	{
		if (b > a) a = b;
	};

	rep(i, 0, n) hrp(j, 0, s) rep(k, 0, n)
	{
		#define now dp[i+1][j][k]
		now = dp[i][j][k];

		if (a[i] == b[0] && k) chkmax(now, dp[i][j][k-1]);
		else if (j && k) chkmax(now, dp[i][j-1][k-1]);
		if (a[i] == b[1]) chkmax(now, dp[i][j][k]+k);
		else if (j) chkmax(now, dp[i][j-1][k]+k);

		#undef now
	}

	rep(k, 0, n) chkmax(ans, dp[n][s][k]);

	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

完结撒花~~~

唯一一篇AK的的题解

技术图片

Codeforces Round #667 Div.3 (CF1409)

标签：back   std   cout   正整数   修改   sig   loading   solution   ios   

原文地址：https://www.cnblogs.com/Loxilante/p/CF1409.html
踩
(0)
赞
(0)
   
举报
评论 一句话评论（0）
登录后才能评论！
分享档案
更多>
2021年07月29日 (22)
2021年07月28日 (40)
2021年07月27日 (32)
2021年07月26日 (79)
2021年07月23日 (29)
2021年07月22日 (30)
2021年07月21日 (42)
2021年07月20日 (16)
2021年07月19日 (90)
2021年07月16日 (35)
周排行
mamicode.com排行更多图片
更多
友情链接
兰亭集智   国之画   百度统计   站长统计   阿里云   chrome插件   新版天听网
关于我们 - 联系我们 - 留言反馈
© 2014 mamicode.com 版权所有  联系我们:gaon5@hotmail.com
迷上了代码！