Codeforces Round 957 (Div. 3) A~G

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原创 2024-08-02 16:45:01 1.1k 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

Codeforces Round 957 (Div. 3) 阅读详情

A.Only Pluses (枚举)

题意：

给出三个整数 $a$ 、 $b$ 和 $c$ 可以执行以下操作最多 $5$ 次。

挑选其中一个整数；
将其增加 $1$ 。

通过这些操作可以实现的 $\times b \times c$ 的最大值是多少？

分析：

枚举 $a, b, c$ 三个数在操作之后的值即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int maxn = 805;
const int INF = 1e9;
const int mod = 998244353;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        int ans = a * b * c;
        for (int i = a; i <= a + 5; i++)
        {
            for (int j = b; j <= b + 5; j++)
            {
                for (int k = c; k <= c + 5; k++)
                {
                    if (i + j + k - (a + b + c) <= 5)
                        ans = max(ans, i * j * k);
                }
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

B.Angry Monk (模拟)

题意：

给出一个数组，每次操作可以将数组中的一个数 $x$ 分成 $x - 1$ 和 $1$ ，或者将一个数 $x$ 和一个 $1$ 合并，问最少多少次操作可以将数组中所有数合并成一个。

分析：

我们从小到大将除了最大值的每个数字 $x$ 分成 $x$ 个 $1$ ，再将他们全都合并到最大的数字上，每个数字的贡献是 $\times x-1$ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int maxn = 805;
const int INF = 1e9;
const int mod = 998244353;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        int n, k, mx = 0;
        cin >> n >> k;
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= k; i++)
        {
            int tmp;
            cin >> tmp;
            mx = max(mx, tmp);
            ans += 2 * tmp - 1;
        }
        cout << ans - 2 * mx + 1 << endl;
    }
    return 0;
}

C. Gorilla and Permutation (贪心)

题意：

给出三个数字 $n$ 、 $m$ 和 $k$ 。他们决定构造一个长度为 $n$ 的排列。

对于该排列， $g (i)$ 是长度为 $i$ 的前缀上排列中所有不大于 $m$ 的数字之和。其中 $f (i)$ 是长度为 $i$ 的前缀上排列中所有不小于 $k$ 的数字之和。长度为 $i$ 的前缀是由原始数组的前 $i$ 个元素组成的子数组。

例如，如果 $n = 5$ 、 $m = 2$ 、 $k = 5$ ，且排列为 $[5, 3, 4, 1, 2]$ ，则：

$f (1) = 5$ ，因为 $\ge 5$ ； $g (1) = 0$ ，因为 $5 > 2$ ；
$f (2) = 5$ ，因为 $3 < 5$ ； $g (2) = 0$ ，因为 $3 > 2$ ；
$f (3) = 5$ ，因为 $4 < 5$ ； $g (3) = 0$ ，因为 $4 > 2$ ；
$f (4) = 5$ ，因为 $1 < 5$ ； $g (4) = 1$ ，因为 $\le 2$ ；
$f (5) = 5$ ，因为 $2 < 5$ ； $g (5) = 1 + 2 = 3$ ，因为 $\le 2$ 。

帮助他们找到一个使 $(∑i=1nf(i)−∑i=1ng(i))\left(\sum_{i=1}^n f(i) - \sum_{i=1}^n g(i)\right)$ 的值最大化的排列。

分析：

我们贪心的考虑这个问题，最优解为：让不超过 $m$ 的数尽量靠后，不小于 $k$ 的数字尽量靠前进行构造即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int maxn = 3e5 + 5;
const int INF = 1e9;
const int mod = 998244353;
int a[maxn];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        int n, m, k;
        cin >> n >> m >> k;
        int l, r;
        int x = 1;
        for (int i = n - m + 1; i <= n; i++)
        {
            a[i] = x;
            x++;
        }
        x = n;
        for (int i = 1; i <= n - m; i++)
        {
            a[i] = x;
            x--;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            cout << a[i] << ' ';
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

D. Test of Love(dp)

题意：

$E r n Kor$ 要过河，这条河有 $n$ 个格子， $L$ 代表平台，可以跳往 $[L, L + m]$ 的任意位置， $W$ 代表水，每经过一格水要消耗一个体力，最开始有 $k$ 个体力，也就是最多经过 $k$ 格水， $C$ 代表鳄鱼，不能待在 $C$ 所在的格子。给定 $n, m, k$ 和一个代表河流的字符串，问能否到达对岸。

分析：

$d p [i]$ 表示到达第 $i$ 个格子需要游多少米，如果当前是陆地,就枚举往后跳了 $j$ 格,则有 $d p [i + j] = d p [j]$ ，如果当前是水域，有 $d p [i + 1] = d p [i] + 1$ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int maxn = 3e5 + 5;
const int INF = 1e9;
const int mod = 998244353;
int a[maxn];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
    {

        int n, m, k;
        cin >> n >> m >> k;
        string s;
        cin >> s;
        s = "L" + s + "L";
        vector<int> dp(n + 2, 1e9);
        dp[0] = 0;
        for (int i = 0; i <= n; i++)
        {
            if (dp[i] > k or s[i] == 'C')
                continue;
            if (s[i] == 'L')
            {
                for (int j = 1; j <= m and i + j <= n + 1; j++)
                {
                    dp[i + j] = min(dp[i + j], dp[i]);
                }
            }
            else
            {
                dp[i + 1] = min(dp[i + 1], dp[i] + 1);
            }
        }
        if (dp[n + 1] <= k)
            cout << "YES" << endl;
        else
            cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}

E. Novice’s Mistake (dp)

题意：

给一个数字 $n$ ，求出 $10000$ 以内的所有对 $a, b$ ，能够满足 $n$ 复制 $a$ 次构成的字符串去掉末尾的 $b$ 个数字得到的结果和 $\times a-b$ 相等。

分析：

因为这个数字至多只有 $6$ 位，我们可以枚举 $a$ ，再从 $1 ～ 6$ 枚举这个数字的位数，判断由字符串得到的数字是否满足条件。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int maxn = 3e5 + 5;
const int INF = 1e9;
const int mod = 998244353;
vector<PII> ans[110];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        int n;
        cin >> n;
        string s = to_string(n);
        int len = s.size();
        s += s, s += s, s += s, s += s;
        for (int a = 1; a <= 1e4; a++)
        {
            int num = 0;
            for (int j = 1; j <= 6; j++)
            {
                num *= 10;
                num += s[j - 1] - 48;
                int b = a * len - j;
                if (b <= 0 || b >= 1e4)
                    continue;
                if (n * a - b == num)
                {
                    PII p;
                    p.first = a, p.second = b;
                    ans[n].push_back(p);
                }
            }
        }
        cout << ans[n].size() << endl;
        for (int i = 0; i < ans[n].size(); i++)
        {
            cout << ans[n][i].first << ' ' << ans[n][i].second << endl;
        }
    }
    return 0;
}

F. Valuable Cards (贪心)

题意：

有 $n$ 张卡片，上面标有不同位置的价格，第 $i$ 张卡片上有一个整数 $a_i$ ，这些价格中没有一个正整数 $x$ 。

将这些卡片分成最少数量的坏段（以便每张卡片都只属于一个段）。如果无法选择乘积等于 $x$ 的卡片子集，则该段被视为坏段。将卡片分成的所有段都必须是坏段。

正式来说，如果没有索引 $i1<i2<…<iki_1 < i_2 < \ldots < i_k$ 满足 $\le i_1, i_k \le r$ 和 $ai1⋅ai2…⋅aik=xa_{i_1} \cdot a_{i_2} \ldots \cdot a_{i_k} = x$ ，则段 $(l, r)$ 为坏段。

请确定坏段的最小数量。

分析：

考虑到 $x$ 的除数不超过 $100$ ，因此考虑枚举。我们维护一个数组用于存放 $x$ 的除数的数组。如果 $a [i]$ 是 $x$ 的除数，那么就与在该数组中的元素相乘（注意不要超过 $x$ ，防止数据溢出），如果该数组中出现了 $x$ ，那么使答案加一并清空数组，然后把 $a [i]$ 加入到这个数组中，重复以上操作即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int maxn = 3e5 + 5;
const int INF = 1e9;
const int mod = 998244353;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        int n, x;
        cin >> n >> x;
        int ans = 0;
        vector<int> a(n + 1, 0);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            cin >> a[i];
        map<LL, LL> f;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            if (x % a[i] == 0)
            {
                if (f.empty())
                {
                    f[a[i]]++;
                }
                else
                {
                    map<LL, LL> g;
                    for (auto y : f)
                    {
                        if (x % (y.first * a[i]) == 0)
                            g[y.first * a[i]]++;
                    }
                    for (auto y : g)
                    {
                        f[y.first] += y.second;
                    }
                    if (f.count(x))
                    {
                        ans++;
                        f.clear();
                    }
                    f[a[i]]++;
                }
            }
        }
        ans++;
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

G. Ultra-Meow (组合数)

题意：

给出一个长度为 $n$ 的数组 $a$ ，由数字 $\ldots, n$ 组成。

让 $MEX(S,k)\text{MEX}(S, k)$ 为升序排列的第 $k$ 个正（严格大于零）整数，该整数不存在于集合 $S$ 中。将 $MEOW(a)\text{MEOW}(a)$ 表示为数组 $a$ 的所有不同子集 $b$ 的 $MEX(b,∣b∣+1)\text{MEX}(b, |b| + 1)$ 的总和。

集合的 $MEX(S,k)\text{MEX}(S, k)$ 值示例：

$MEX({3,2},1)=1\text{MEX}(\{3,2\}, 1) = 1$ ，因为 $1$ 是集合中不存在的第一个正整数；
$MEX({4,2,1},2)=5\text{MEX}(\{4,2,1\}, 2) = 5$ ，因为集合中不存在的前两个正整数是 $3$ 和 $5$ ；
$MEX({},4)=4\text{MEX}(\{\}, 4) = 4$ ，因为空集中没有数字，所以其中不存在的前 $4$ 个正整数是 $1, 2, 3, 4$ 。

分析：

我们考虑枚举集合的大小 $i$ 和最后的结果 $j$ ，需要满足以下条件：

集合中不能含有 $j$
$[1, j - 1]$ 区间内的数字需要取 $(j - i - 1)$ 个。
如果集合大小还没满 $i$ ，就在 $[j + 1, n]$ 区间内取剩下的数字。

我们首先预处理出组合数，就可以进行计算。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int INF = 1e9;
const int mod = 1e9 + 7;
template <const int T>
struct ModInt
{
    const static int mod = T;
    int x;
    ModInt(int x = 0) : x(x % mod) {}
    ModInt(long long x) : x(int(x % mod)) {}
    int val() { return x; }
    ModInt operator+(const ModInt &a) const
    {
        int x0 = x + a.x;
        return ModInt(x0 < mod ? x0 : x0 - mod);
    }
    ModInt operator-(const ModInt &a) const
    {
        int x0 = x - a.x;
        return ModInt(x0 < 0 ? x0 + mod : x0);
    }
    ModInt operator*(const ModInt &a) const { return ModInt(1LL * x * a.x % mod); }
    ModInt operator/(const ModInt &a) const { return *this * a.inv(); }
    bool operator==(const ModInt &a) const { return x == a.x; };
    bool operator!=(const ModInt &a) const { return x != a.x; };
    void operator+=(const ModInt &a)
    {
        x += a.x;
        if (x >= mod)
            x -= mod;
    }
    void operator-=(const ModInt &a)
    {
        x -= a.x;
        if (x < 0)
            x += mod;
    }
    void operator*=(const ModInt &a) { x = 1LL * x * a.x % mod; }
    void operator/=(const ModInt &a) { *this = *this / a; }
    friend ModInt operator+(int y, const ModInt &a)
    {
        int x0 = y + a.x;
        return ModInt(x0 < mod ? x0 : x0 - mod);
    }
    friend ModInt operator-(int y, const ModInt &a)
    {
        int x0 = y - a.x;
        return ModInt(x0 < 0 ? x0 + mod : x0);
    }
    friend ModInt operator*(int y, const ModInt &a) { return ModInt(1LL * y * a.x % mod); }
    friend ModInt operator/(int y, const ModInt &a) { return ModInt(y) / a; }
    friend ostream &operator<<(ostream &os, const ModInt &a) { return os << a.x; }
    friend istream &operator>>(istream &is, ModInt &t) { return is >> t.x; }

    ModInt pow(int64_t n) const
    {
        ModInt res(1), mul(x);
        while (n)
        {
            if (n & 1)
                res *= mul;
            mul *= mul;
            n >>= 1;
        }
        return res;
    }

    ModInt inv() const
    {
        int a = x, b = mod, u = 1, v = 0;
        while (b)
        {
            int t = a / b;
            a -= t * b;
            swap(a, b);
            u -= t * v;
            swap(u, v);
        }
        if (u < 0)
            u += mod;
        return u;
    }
};
using mint = ModInt<1000000007>;
const int maxn = 5005;
mint C[maxn][maxn];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    for (int i = 0; i <= 5000; i++)
    {
        for (int j = 0; j <= i; j++)
        {
            if (!j)
            {
                C[i][j] = 1;
            }
            else
            {
                C[i][j] = C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j];
            }
        }
    }
    while (T--)
    {
        int n;
        cin >> n;
        mint ans = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            for (int j = i + 1; j <= 2 * i + 1; j++)
            {
                int cnt = j - i - 1;
                mint t = j * C[min(j - 1, n)][cnt];
                if (n - j < 0)
                {
                    if (cnt != i)
                    {
                        t = 0;
                    }
                }
                else
                {
                    assert(n - j >= 0 and i - cnt >= 0);
                    t *= C[n - j][i - cnt];
                }
                ans += t;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}