Codeforces Round #450 (Div. 2)

Codeforces Round #450 (Div. 2)

A:水

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int a=0,b=0;
    int n;
    cin >> n;
    while(n--)
    {
        int x,y;
        cin >> x >> y;
        if(x<0) ++a;
        else ++b;
    }
    if(a<=1||b<=1) cout << "Yes" << endl;
    else cout << "No" << endl;
    return 0;
}

B:

题意是求出 $c$ 在 $a/b$ 小数部分中第一次出现的位置。
求小数部分可以用求长除法的过程，因为分母是 $b$ ，所以余数最多有 $b$ 种，所以循环节最多长 $b-1$ 。因此迭代 $b-1$ 次长除法过程即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int a,b,c,ans=0;
    cin >> a >> b >> c;
    int k=b;
    while(k--)
    {
        ++ans;
        a*=10;
        if(a/b==c)
        {
            printf("%d\n",ans);
            return 0;
        }
        a%=b;
    }
    puts("-1");
    return 0;
}

C:
题意是排列中满足 $a_j<a_i$ 对于所有 $j<i$ 的 $a_i$ 是一个record，问删除哪一个数后使得数列的record数量最大。
可以用 set 维护 $a_i$ 之前的所有 $a_j$ ，扫一遍可以求出没删任何数时$a_i$ 是否为record，用 $b[i]$ 表示，那么 $B=\sum b[i]$ 就是所有没删之前record的数量。
一个数变为record的条件是它之前只有一个数比它大，且这个数被删除。那么同样可以用 set 维护，设删除一个数后有多少个在它后面的数从非record变为record，然后求 $max(B-b[i]+c[i])$ 就是答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+7;
int a[N],p[N],c[N],b[N];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    set<int> s;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        p[a[i]]=i;
        s.insert(a[i]);
    }
    for(int i=n;i>=1;--i)
    {
        s.erase(a[i]);
        auto it = s.upper_bound(a[i]);
        if(it == s.end()) b[i]=1;
        else
        {
            ++it;
            if(it == s.end())
            {
                --it;
                c[p[*it]]++;
            }
        }
    }
    int ans = 1000000,cnt = 0,cc=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) cc+=b[i];
     for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(c[i]+cc-b[i]>cnt||(c[i]+cc-b[i]==cnt&&a[i]<ans))
        {
            ans=a[i];
            cnt=c[i]+cc-b[i];
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

D:
题意可以转化为求有多少个数列满足gcd为1且和为 $\frac{y}{x}$。
设 $f(t)$ 为有多少个数列满足gcd为1且和为 $t$ 。
设 $g(t)$ 为有多少个数列满足和为 $t$ 。
可以得到下式：

$$g(t)=\sum_{d|t}f(\frac{t}{d})$$
那么 $f(t)=g(t)-\sum_{d|t且d ≠1}f(\frac{t}{d})$ 。
又因为 $g(t)=2^{t-1}$ 。且 $t$ 的因数是开立方级别的。可以先预处理出 $y/x$ 的所有因数，然后就变成了dp问题了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
ll ans;
ll powm(ll a, ll b)
{
    ll c = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1) c=c*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return c;
}
int main()
{
    int x,y;
    scanf("%d %d",&x,&y);
    if(y%x)
    {
        puts("0");
        return 0;
    }
    y/=x;
    vector<int> a;
    for(int i=1;i*i<=y;++i)
    {
        if(y%i==0)
        {
            a.push_back(i);
            if(i*i!=y) a.push_back(y/i);
        }
    }
    vector<ll> dp(a.size());
    sort(a.begin(), a.end());
    int n = a.size();
    for(int i=0;i<n;++i)
        dp[i]=powm(2, a[i]-1);
    for(int i=0;i<n;++i)
        for(int j=i+1;j<n;++j)
            if(a[j]%a[i]==0) dp[j]=(dp[j]-dp[i]+mod)%mod;
    printf("%I64d\n",dp.back());
    return 0;
}

E:
可以求出连续的从 $i$ 开始 abab... 数量 $a_i$ 。
求出问号前缀和 $pre[i]$ 。
然后就变成dp了。

$$dp[i+1]=max(dp[i+1],dp[i])$$
$$dp[i+m]=max(dp[i+m],pair(dp[i]+1,dp[i]+pre[m]-pre[i]))$$
答案就是 $dp[n].second$ 。
max的定义是数量最大消耗问号最小。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+7;
char s[N];
struct Node
{
    int c,w;
    Node():c(0),w(0){}
    Node(int c,int w):c(c),w(w){}
    bool operator < (const Node & r) const
    {
        return c<r.c||(c==r.c&&w>r.w);
    }
};
Node dp[N];
int a[N]; //consecutive 'aba...'
int b[N]; //consecutive 'bab...'
int p[N]; //prefix sum of count of '?'
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",s+1);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=n;i>=1;--i)
    {
        if(s[i]=='a')
        {
            a[i]=b[i+1]+1;
            b[i]=0;
        }
        else if(s[i]=='b')
        {
            b[i]=a[i+1]+1;
            a[i]=0;
        }
        else
        {
            a[i]=b[i+1]+1;
            b[i]=a[i+1]+1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        p[i]=p[i-1]+(s[i]=='?');
    for(int i=0;i<n;++i)
    {
        dp[i+1]=max(dp[i+1],dp[i]);
        if(a[i+1]>=m&&i+m<=n)
            dp[i+m]=max(dp[i+m],Node(dp[i].c+1,dp[i].w+p[i+m]-p[i]));
    }
    printf("%d\n",dp[n].w);
    return 0;
}