Codeforces Round #741 (Div. 2) CF1562

最新推荐文章于 2025-11-25 00:06:26 发布

原创最新推荐文章于 2025-11-25 00:06:26 发布 · 118 阅读

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#算法 #c++

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这篇博客探讨了数学思维在编程问题解决中的重要性，包括分类讨论、暴力求解、构造法等策略。文章通过实例展示了如何利用这些方法解决二进制字符串处理、前缀和计算以及最长上升子序列等问题，强调了数学在信息技术领域的核心地位。

A.思维

是一个小思维题

我们知道 $b=b−12b-1\ mod\ b=b-1$

这也是最大的

因此，对于 $[l, r]$ 我们找到 $b$ 使得 $2 b - 1$ 为 $r$ 或者为 $r - 1$

但是当 $b < l$ 时，我们便只能取 $l$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        int wtl=r%2?(r+1)/2:r/2+1;
        if(l<=wtl){
            printf("%d\n",r%wtl);
        }else{
            printf("%d\n",r%l);
        }
    }
    return 0;
}

B.分类讨论+暴力

首先我们可以确定的一点是：如果所给的字符串中含有非素的个位数，那么我们直接输出这个个位数即可

其次，如果，含有某一相同的数字出现两次，那么我们就输出本数字两个即可

好的，去除了上面的情况我们可以发现，剩余的情况就是

所给字符串是由 $2, 3, 5, 7$ 构成，且每一个数字最多只出现了一次

我们 $d f s$ 找到所有的可能组成的数字，然后逐一检查即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[55];
int n;
vector<int> vec;
void dfs(int pos,int num)
{
	if (pos>n)
	{
		if (num!=0)vec.push_back(num);
		return ;
	}
	dfs(pos+1,num*10+a[pos]);
	dfs(pos+1,num);
}
int getlen(int num)
{
	int ans=0;
	while (num)
	{
		++ans;
		num/=10;
	}return ans;
}
bool check(int num)
{
	if (num==1)return false;
	for (int i=2;i<num;++i)if (num%i==0)return false;
	return true;
}
int cnt[10];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	int t;cin>>t;
	while(t--)
	{
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		cin>>n;
		for (int i=1;i<=n;++i)
		{
			char ch;cin>>ch;
			a[i]=(int)(ch-'0');
		}
		bool f = false;
		for (int i=n;i>=1;--i)
		{
			cnt[a[i]]++;
			if (a[i]!=2&&a[i]!=5&&a[i]!=3&&a[i]!=7)
			{
				cout<<"1\n"<<a[i]<<"\n";
				f=true;
				break;
			}
		}if (f)continue;
		for (int i:{2,3,5,7})
		{
			if (cnt[i]>=2){
				cout<<"2\n"<<i<<i<<"\n";
				f=true;
				break;
			}
		}if (f)continue;
		vec.clear();
		dfs(1,0);
		sort(vec.begin(),vec.end());
		for (int num:vec)
		{
			if (!check(num))
			{
				cout<<getlen(num)<<"\n"<<num<<"\n";
				break;
			}
		}
	}
}

C.思维+构造

分类讨论

对于所给二进制字符 $s$ 长度为 $l e n$

如果存在索引 $i$ $s [i] = = 0$ 且 $i>⌊len2⌋i>\lfloor \frac{len}{2}\rfloor$

那么我们便可以选取 $[1, i]$ 与 $[1, i - 1]$ 前者是后者的左移
否则一定对于 $i>⌊len2⌋i>\lfloor \frac{len}{2}\rfloor$ $s [i] = = 0$
1. $s[⌊len2⌋]==0s[\lfloor \frac{len}{2}\rfloor]==0$ : 选择 $[⌊len2⌋,len],[⌊len2⌋+1,len][\lfloor \frac{len}{2}\rfloor,len],[\lfloor \frac{len}{2}\rfloor+1,len]$
2. $s[⌊len2⌋]==1s[\lfloor \frac{len}{2}\rfloor]==1$ :选择 $[⌊len2⌋,len−1],[⌊len2⌋+1,len][\lfloor \frac{len}{2}\rfloor,len-1],[\lfloor \frac{len}{2}\rfloor+1,len]$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e4+100;
int a[maxn];
int n;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	int t;cin>>t;
	while (t--)
	{
		cin>>n;
		for (int i=1;i<=n;++i)
		{
			char ch;cin>>ch;
			a[i]=(int)(ch-'0');
		}
		bool f = false;
		for (int i=n/2+1;i<=n;++i)
		{
			if (a[i]==0)
			{
				cout<<1<<" "<<i<<" "<<1<<" "<<i-1<<"\n";
				f=true;
				break;
			}
		}if (f)continue;
		if (a[n/2]==1)cout<<n/2<<" "<<n-1<<" "<<n/2+1<<" "<<n<<"\n";
		else cout<<n/2<<" "<<n<<" "<<n/2+1<<" "<<n<<"\n";
	}
}

D1.思维

不是很难

我们可以通过维护两个前缀和来求出所有 $[l, r]$ 区间的 $1, - 1$ 的和

$p r e 1$ :偶数位置乘 $- 1$

$p r e 2$ ：奇数位置乘 $- 1$

那么对于 $[l, r]$

$l$ 为奇数， $p r e 1 [r] - p r e 1 [l - 1]$
否则： $p r e 2 [r] - p r e 2 [l - 1]$

得知， $[l, r]$ 之后呢记其为 $s u m (l, r)$

$a b s (s u m)$ 为奇数答案为 $1$
$a b s (s u m)$ 为偶数答案为 $2$

先来看情况 $1$ 还是比较好理解的

我们找到 $l≤id≤rl\le id\le r$ 使得 $s u m (l, i d) = s u m (l, r) / 2 + 1$ $s u m (l, i d - 1) = s u m (l, r) / 2$

那么 $s u m (i d + 1, r) = s u m (l, r) / 2$

那么当我们抽走 $i d$ 时， $s u m (i d + 1, r) = - s u m (l, r)$

那么 $s u m (l, i d - 1) + s u m (i d + 1, r) = 0$

至于偶数呢？

我们可以通过抽掉 $l$ 将其变为奇数的情况

通过操作，转化为其他的种类也是一种经典的套路

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e5+100;
int pre1[maxn],pre2[maxn];
int n,m;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	int t;cin>>t;
	while (t--)
	{
		int tmp=1;
		cin>>n>>m;
		for (int i=1;i<=n;++i)
		{
			char ch;cin>>ch;
			pre1[i] = tmp*(ch=='+'?1:-1);
			pre2[i]=-pre1[i];
			pre1[i]+=pre1[i-1];
			pre2[i]+=pre2[i-1];
			tmp=-tmp;
		}cout<<endl;
		while (m--)
		{
			int l,r;cin>>l>>r;
			int res=0;
			if (l&1)res=abs(pre1[r]-pre1[l-1]);
			else res=abs(pre2[r]-pre2[l-1]);
			if (res&1)cout<<1<<endl;
			else if (res==0)cout<<0<<endl;
			else cout<<2<<endl;
		}
	}
}

D2.二分

已经没有什么好说的了

关键就是如何找到应该要的索引了

记为函数 $s o l v e (l, r)$

找到 $[l, r]$ 中， $i d$ $s u m (l, i d) = s u m (l, r) / 2 + 1$ $s u m (l, i d - 1) = s u m (l, r) / 2$

我们已知了 $s u m (l, i d)$ 那么我们也就是知道了 $p r e (i d)$

因此，我们将每一个 $p r e (i)$ 的值开一个 $v e c t o r$

然后进 $v e c t o r [p r e (i d)]$ 中找第一个 $> = l$ 的作为 $i d$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e5+100;
vector<int>G1[maxn<<1],G2[maxn<<1];
int pre1[maxn],pre2[maxn];
int a[maxn];
char s[maxn];
int n,q;
int solve(int l,int r)
{
	if (l&1)
	{
		int val = pre1[r]-pre1[l-1];
		int tar=abs(val)/2+1;
		if (val<0)tar *= -1;
		tar+=n+pre1[l-1];
		return *lower_bound(G1[tar].begin(),G1[tar].end(),l);
	}
	else
	{
		int val = pre2[r]-pre2[l-1];
		int tar=abs(val)/2+1;
		if (val<0)tar *= -1;
		tar+=n+pre2[l-1];
		return *lower_bound(G2[tar].begin(),G2[tar].end(),l);
	}
}
int main()
{
	int t;scanf("%d",&t);
	while (t--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&q);
		for (int i=0;i<=n*2;++i)G1[i].clear(),G2[i].clear();
		scanf("%s",s);
		for (int i=1;i<=n;++i)
			a[i] = (s[i-1]=='+'?1:-1);
		for (int i=1;i<=n;++i)
		{
			if (i&1)
			{
				pre1[i]=pre1[i-1]+a[i];
				pre2[i]=pre2[i-1]-a[i];
				G1[pre1[i]+n].push_back(i);
				G2[pre2[i]+n].push_back(i);
			}
			else
			{
				pre1[i]=pre1[i-1]-a[i];
				pre2[i]=pre2[i-1]+a[i];
				G1[pre1[i]+n].push_back(i);
				G2[pre2[i]+n].push_back(i);
			}
		}
		while (q--)
		{
			int l,r;scanf("%d %d",&l,&r);
			if (l&1)
			{
				if (pre1[r]-pre1[l-1]==0)
				{
					printf("0\n");
				}
				else if ((pre1[r]-pre1[l-1])&1)
				{
					printf("1\n%d\n",solve(l,r));
				}
				else
				{
					printf("2\n%d ",l);
					printf("%d\n",solve(l+1,r));
				}
			}
			else
			{
				if (pre2[r]-pre2[l-1]==0)
				{
					printf("0\n");
				}
				else if ((pre2[r]-pre2[l-1])&1)
				{
					printf("1\n%d\n",solve(l,r));
				}
				else
				{
					printf("2\n%d ",l);
					printf("%d\n",solve(l+1,r));
				}
			}
		}
	}
}

E.思维+后缀数组

首先要意识到一点重要的结论：

如果[l,r]在最长上升子序列中，那么[l,r+1],[l,r+2], $…\ldots$ [l,n]也在序列中！！

证明，假设 $[l^{'}, r^{'}]$ 为最长上升子序列中 $[l, r]$ 的下一个

如果存在 $s_{l'+i}>s_{l+i}$ 那么 $[l, r + 1] < [l^{'} . r^{'}]$
否则， $[l, r]$ 就是 $[l^{'}, r^{'}]$ 的前缀！

因此，记 $f [i]$ 为以后缀 $i$ 为结尾的最长上升子序列的长度

那么我们转移方式就是 $f [i] = m a x (f [j] + n - l c p [i] [j] - i + 1) ∣ s [i + l c p [i] [j]] < s [j + l c p [i] [j]]$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10010;
int Q,n,ans,f[N],lcp[N][N];
char s[N];

int main()
{
	scanf("%d",&Q);
	while (Q--)
	{
		scanf("%d%s",&n,s+1);
		for (int i=1;i<=n;i++)
			lcp[i][n+1]=lcp[n+1][i]=0,f[i]=n-i+1;
		for (int i=n;i>=1;i--)
			for (int j=n;j>=1;j--)
				lcp[i][j]=(s[i]==s[j]) ? lcp[i+1][j+1]+1 : 0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=1;j<i;j++)
				if (i+lcp[i][j]<=n && s[j+lcp[i][j]]<s[i+lcp[i][j]])
					f[i]=max(f[i],f[j]+n-(i+lcp[i][j]-1));
		ans=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			ans=max(ans,f[i]);
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}
//代码出自stoorz