A题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/884/A
相关tag:施行
每天有86400秒，写了x秒的作业，还有86400-x秒可以练歌。(还是很想吐槽这个不需要睡觉的设定)
直接一天天的依次算过去，哪一天练得时间足够了就输出。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
int main()
{
IOS
int n,t;cin>>n>>t;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;cin>>x;
t-=86400-x;
if(t<=0) {cout<<i<<endl;break;}
}
}
B题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/1006/A
相关tag:简单规律总结
很容易发现偶数只会经过1次变换，值-1。
而奇数会先+1，再在下一次操作中-1还原。
因此把输入的奇数原样输出，偶数-1输出即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
int main()
{
IOS
int n;cin>>n;
while(n--)
{
int a;cin>>a;
if(a&1) cout<<a<<' ';
else cout<<a-1<<' ';//CF对格式的要求不是非常严格，只有单行输出的时候，末尾空格和换行不做严格要求
//除了cf的比赛外尤其正式比赛不要这么写，怎么规矩怎么来
}
}
C题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/1216/A
相关tag:字符串
所有前缀偶数长度的区间里a和b出现的次数要相同。
容易用归纳法得到，如果下标i(下标从0开始)是奇数，那么s[i]和s[i-1]必定一个是a一个是b。
所以直接for一遍奇数下标位置，比较是否与前一个位置相同，如果相同的话就根据当前是什么字符对应去改变。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
int main()
{
IOS
int n;cin>>n;
string s;cin>>s;
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(i%2&&s[i]==s[i-1])
{
if(s[i]=='a') s[i-1]='b';
else s[i-1]='a';
ans++;
}
}
cout<<ans<<endl;
cout<<s<<endl;
}
D题
原题:LightOJ - 1138
相关tag:数学，二分，无穷级数，进制分解
(提供三种解法的思路和代码）
末尾有几个零，其实也就是最后的结果最多有几个10相乘，也就是分解质因子后最多有多少对2和5。
2的个数必定多于5的个数，因此我们只需要计算5的个数有多少个就是当前n!末尾有多少个0。
注意到随着n的增大，末尾0的个数也一直在增多，满足二分条件。
至于计算5的个数，
能整除5但不能整除25的，有1个5，需要被计算1次
能整除5和25但不能整除125的，有2个5，需要被计算2次
能整除5和25和125但不能整除625的，有3个5，需要被计算3次
…
n/5可以算出能整除5的有哪些，n/25可以算出整除25的有哪些…依次累加即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
int cal(int x)
{
int ret=0;
while(x)//计算x!分解质因数后有多少个5
{
ret+=x/5;
x/=5;
}
return ret;
}
int main()
{
IOS;//使用之后不要混用cin和scanf printf
int t;cin>>t;
for(int CASE=1;CASE<=t;CASE++)
{
int m;cin>>m;
int l=5,r=5e8;//右边界开一个足够大的就行了，直接5乘以最大的m的范围必够，不需要再多过脑子
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(cal(mid)<m) l=mid+1;
else r=mid;
}
cout<<"Case "<<CASE<<": ";
if(cal(l)==m) cout<<l<<endl;
else cout<<"impossible"<<endl;
}
}
再就是使用无穷级数的优化方法，这种方法需要数学基础和数学敏感性。
我们需要枚举的实际上只有5×\times×x也就是5的倍数的值。我们可以枚举x，注意到最后要m个零。
可以利用无穷级数计算出0.8m×\times×(0.2)0+0.8m×\times×(0.2)1+0.8m×\times×(0.2)2+0.8m×\times×(0.2)3………<m，所以可以由此直接从0.8m开始暴力枚举去找对应的值。
由于无穷级数已经非常接近目标的m值，枚举时的次数会非常少。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
int cal(int x)
{
int ret=0;
while(x)//计算x!分解质因数后有多少个5
{
ret+=x/5;
x/=5;
}
return ret;
}
int main()
{
IOS;//使用之后不要混用cin和scanf printf
int t;cin>>t;
for(int CASE=1;CASE<=t;CASE++)
{
int m;cin>>m;
cout<<"Case "<<CASE<<": ";
int base=m*4/5;
for(int i=base;i<=base+10;i++)
{
if(cal(i*5)>=m)
{
if(cal(i*5)==m) cout<<i*5<<endl;
else cout<<"impossible"<<endl;
break;
}
}
}
}
再就是我们可以用类似进制分解的方法
实际上我们可以发现
n每增加1次5的倍数，但是不超过25的时候，0的个数加1
n每增加1次25的倍数，但是不超过125的时候，0的个数加1 ×\times× 5+1=6
n每增加1次125的倍数，但是不超过625的时候，0的个数加6 ×\times× 5+1=31
…
我们可以按照5的不同指数长度，也就是按照5进制把目标的n分割。
如果有某一项需要的系数超过4就代表不存在满足的n。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
int t, n;
ll a[20],b[20];
//b[i]保存5^i的值是多少
//a[i]数组存储b[i]!分解质因数后有多少个5，实际上也是n的值每增加长度b[i]会增加的质因子5的个数
//特别注意此处每个区间b[i]的系数不可以超过4达到5以上，借此判定是否impossible
int main()
{
IOS
a[1]=1;
b[1]=5;
for (int i = 2; i <= 14; i ++ )
{
a[i]=a[i-1]*5+1;
b[i]=b[i-1]*5;
}
cin>>t;
for(int CASE=1;CASE<=t;CASE++)
{
cin>>n;
ll ans=0;
bool f=1;
for (int i=13;i>=1;i--)
{
int sum = 0;
while(n>=a[i])
{
n-=a[i];
sum++;
}
if(sum>4) {f=0;break;}
else ans+=sum*b[i];
}
cout<<"Case "<<CASE<<": ";
if(f) cout<<ans<<endl;
else cout<<"impossible"<<endl;
}
}
E题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/510/B
相关tag:dfs
找图里有没有圈，可以使用dfs搜索来实现，用一个cas记录当前是第几次搜索，在第cas次搜索中搜索到的点都用cas标记。
单次搜索如果搜索回到了本次搜索之前搜索过了的位置，代表出现了圈。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
string field[57];//存图
int flag[57][57];//每个位置的标记，0代表未被搜索过，非0值代表其在第几次搜索被搜索过
bool f=0;//记录是否存在圈
int n,m,cas=0;//cas记录当前是第几次搜索
int dir[4][2]=//存储上下左右四个方向
{
1,0,
-1,0,
0,1,
0,-1
};
void dfs(int x,int y,int prex,int prey)//x,y为当前的行标列标，prex和prey为上一步的行标和列标
{
flag[x][y]=cas;
for(int i=0;i<4;i++)//朝四个方向走
{
int nextx=x+dir[i][0];//下一步的位置
int nexty=y+dir[i][1];
if((nextx!=prex||nexty!=prey)&&nextx>=0&&nextx<n&&nexty>=0&&nexty<m)
//不能走回头路，且不可以走出地图外
{
if(field[nextx][nexty]==field[x][y])//字符要相同
{
if(!flag[nextx][nexty]) dfs(nextx,nexty,x,y);//如果是未被搜索过的点，继续执行搜索
else if(flag[nextx][nexty]==flag[x][y]) f=1;//如果是已经被搜索过的点，且是当前这次搜索搜到的点，代表出现了圈
}
}
}
}
int main()
{
IOS
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>field[i];
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
if(!flag[i][j])//如果发现未被搜索过的点，执行新的一次搜索
{
cas++;
dfs(i,j,-1,-1);
}
if(f) cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
F题
原题:hdoj6794 （2020暑期多校第二场签到题…噩梦的多校难度)
相关tag:前缀和，dp思想
看代码吧，头太疼受不了了，思路过程就不写了，注释很详细。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e5+7;
int dp[maxn];//dp[i]记录前i个数字能组成的p最多有几个
int last[maxn];//last[i]记录前缀和对p取模，最后一次出现在哪个位置
int main()
{
IOS
int t;cin>>t;
while(t--)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(last,-1,sizeof(last));//-1代表还未出现过
last[0]=0;//一个数都不取和为0，在位置0出现
int sum=0;
int n,p;cin>>n>>p;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;cin>>x;
sum=(sum+x)%p;
int pre=last[(sum+p)%p];//注意这是对p取模的结果，(sum+p)%p与sum的前缀和相差为p的整数倍
if(pre!=-1) dp[i]=max(dp[i-1],dp[pre]+1);//如果pre出现过，有两种选择方案
//一种是pre到当前i位置的所有数凑成一个p的整数倍，方案数为dp[pre]+1
//另一种则是不组合成p的整数倍，继承i-1位置的情况
else dp[i]=dp[i-1];
last[sum]=i;//更新前缀和%p的最后一次出现位置
}
cout<<dp[n]<<endl;
}
}
G题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/510/B
相关tag:数学
对于[x,[k/[k/x]]]这个区间的所有整数i，[k/i]的值都相等。
证明过程见《算法竞赛进阶指南》P141页最下面的部分
借助该结论实现O(t×\times×sqrt(n))复杂度的解法。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
int main()
{
IOS
int t;cin>>t;
while(t--)
{
vector<int>ans;
int n;cin>>n;
ans.push_back(0);
int now=n;
while(now)
{
ans.push_back(n/now);
now=n/(n/now+1);
}
cout<<ans.size()<<endl;
for(int i=0;i<ans.size();i++)
{
if(i) cout<<' ';
cout<<ans[i];
}
cout<<endl;
}
}
H题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/1285/D
相关tag:分治，dfs
这道题的思路是分解成二进制后从最高位开始看，如果只出现0或者1的话那么答案的这一位就是0
如果又出现0又出现1点话，答案的这一位就是1，再根据0还是1分成两个部分去看下一位的情况，取这两个部分的最小值
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
vector<int>a;
int solve(vector<int>&b,int bit) //&重复利用数组a降低内存消耗，bit为当前正在判断的位数
{
if(b.size()==0||bit<0) return 0;
vector<int>l,r;
for(int i=0;i<b.size();i++)
{
if(b[i]>>bit&1) l.push_back(b[i]); //和1进行与运算就能判断末尾是1还是0
else r.push_back(b[i]);
}
if(l.size()==0) return solve(r,bit-1);
if(r.size()==0) return solve(l,bit-1);
return min(solve(l,bit-1),solve(r,bit-1))+(1<<bit);
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
a.resize(n);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
printf("%d\n",solve(a,30)); //最大数据没超过2^30
}
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