Codeforces Round #209 (Div. 2)-优快云博客

本文精选了四道算法竞赛题目并提供了详细的解题思路及代码实现：A题介绍了一种特殊的网格涂色策略；B题展示了如何通过巧妙的数列变换解决特定数学问题；C题探讨了基于质数的复杂数学运算；D题则关注于数组中特殊数对的查找。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

A. Table

题意:给n*m的网格,问最少需要涂几次能把网格全涂满,每次涂的范围是一个corner和一个为1的格子所组成的矩形.

思路:可以分析到若有1的格子在边上,那么最多只需要2次,若没有1的格子在边上,那么题目说一定有解,那么答案就是4次

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[55][55];
int main(){
  int n,m,flag=0;
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=0;i<n;i++){
    for(int j=0;j<m;j++){
      scanf("%d",&a[i][j]);
      if(a[i][j]==1&&(i==0||i==n-1||j==0||j==m-1)){
        printf("2\n");
        return 0;
      }
    }
  }
 printf("4\n");
}

B. Permutation

题意:输入n,k.求满足该等式 $\text{[math]}$ .的数列a.

思路:|1-2|+|3-4|-|1-2+3-4|=|2-1|+|4-3|-|2-1+4-3|=0, 观察到若是这样|2-1|+|3-4|-|2-1+3-4|=2=2*1,

所以只需要将正常排序的1-n的数列,将前k组a(2*i-1)与a(2*i)交换即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100005];
int main(){
  int n,k;
  scanf("%d%d",&n,&k);
  for(int i=1;i<=2*n;i++){
    a[i]=i;
  }
  for(int i=1;i<=k;i++){
    swap(a[2*i-1],a[2*i]);
  }
  for(int i=1;i<=2*n;i++)
    printf("%d ",a[i]);
  printf("\n");
}

C. Prime Number

题意:输入n,x,长度为n的数组a. $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ,求gcd(s,t)%1e9+7.

思路:可以分析到gcd(s,t)一定是x^m这样的形式.分母t=x^(a1+a2+a3+...+an);s=x^(a2+a3+...+an)+x^(a1+a3+...+an)+...+x^(a1+a2+a3+...+an-1);m=min((a2+a3+...+an),(a1+a3+...+an),...,(a1+a2+...+an)).但是若有重复的指数则要叠加.(这里要注意不能直接将重复指数的个数/x加上去.因为一旦出现重复指数的个数为奇数时必定会落单一个该指数.)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL> >Q;
const LL MOD=1e9+7;
LL a[100005],b[100005];
bool cmp(LL a,LL b){
  return a>=b;
}
LL multi_mod(LL a,LL b){
  LL ans=0;
  while(b){
    if(b&1){
      ans=(ans+a)%MOD;
    }
    a<<=1;
   if(a>=MOD) a%=MOD;
    b>>=1;
  }
  return ans;
}
LL pow_mod(LL a,LL b){
  LL ans=1;
  while(b){
    if(b&1){
      ans=multi_mod(ans,a)%MOD;
    }
    a=multi_mod(a,a)%MOD;
    b>>=1;
  }
  return ans%MOD;
}
int main(){
  LL n,x,sum=0,m;
  scanf("%lld%lld",&n,&x);
  for(int i=0;i<n;i++){
    scanf("%lld",a+i);
    sum+=a[i];
  }
  m=sum;
  for(int i=0;i<n;i++){
    b[i]=sum-a[i];
    Q.push(b[i]);
  }
  LL f,num,l;
  while(1){
    num=0;
    f=Q.top();
  while(Q.top()==f&&!Q.empty()){
    num++;
    Q.pop();
  }
  if(num%x){
    printf("%lld\n",pow_mod(x,min(sum,f)));
    return 0;
  }
  else{
    for(int i=0;i<num/x;i++)Q.push(f+1);
  }
  }
}

D. Pair of Numbers

题意:给出长度为n的数组a,寻找l,r满足(r-l)最大且有l<=j<=r. l,r范围内的各个ai使得ai%aj==0,输出满足这两个条件的(l,r)的个数,以及r-l最大值,还要输出各个l.

思路:枚举每个ai,向左向右寻找满足这两个条件的l,r不断更新.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[300005],ans[300005];
int main(){
  int n,l=0,r=0,m,MAX=0,k=0,cnt=0;
  scanf("%d",&n);
  for(int i=0;i<n;i++){
    scanf("%d",a+i);
  }
  while(k<n){
    l=k,r=k;
    while(l>=0&&!(a[l]%a[k]))l--;
    while(r<=n-1&&!(a[r]%a[k]))r++;
    k=r;
    int len=r-l-2;
    if(len>MAX)MAX=len,cnt=0;
    if(len==MAX)ans[cnt++]=l+2;
  }
  printf("%d %d\n",cnt,MAX);
  for(int i=0;i<cnt-1;i++){
    printf("%d ",ans[i]);
  }
  printf("%d\n",ans[cnt-1]);
  

}