Codeforces Round 1004 Div.2 ABCD题解

这一场真的不难，前四题都是思维题，感觉比上一场Div.4要简单的多

平时没怎么做过交互题，所以花费了太长时间去理解，后面的题补了再写题解

A.Adjacent Digit Sums

题意：给两个数$x,y$，看是否有一个数$n$满足$n$和$n+1$的数位之和分别等于$x$和$y$

一共分两种情况，对于一个数，如果末位不为9的话，给这个数+1那么数位之和一定会增加1，如果为9的话，那么数位之和会减少$9\ast i-1$，$i$表示这个数末尾9的个数，根据$x$和$y$的关系判断即可

时间复杂度$O(1)$

void solve(){
    int x,y;cin>>x>>y;
    if(y>x){
        if(y-x == 1){
            cout<<"Yes"<<endl;
        }
        else{
            cout<<"No"<<endl;
        }
    }
    else{
        if((x-y+1)%9 == 0){
            cout<<"Yes"<<endl;
        }
        else{
            cout<<"No"<<endl;
        }
    }
}

B. Two Large Bags

题意：给出一个有$n$个数字的集合$A$，和一个空集合$B$，可以选择将$A$中的一个数放到$B$中或如果两个集合有相同的数，那么将$A$中的这个数$+1$，求任意次操作后，是否可以将两个集合变成一样的。

这个题我的代码写的很啰嗦，而且思路也比较麻烦，可能中间有一些不需要的操作，或者已经被其他操作包含了，想清楚这个过程就行。

首先可以想到如果有一个数$x$的个数为$2$，并且集合中存在$x+1$，则可以将一个数一直加上去，相当于将后续连续的一些数当作一条路，可以一直加上去，但$x$的个数会少$1$，注意我们每个数都至少需要$2$个且个数不能为奇数，那么如果集合中$x$多于$3$个，那么我们可以存起来，直到有一个数的个数为$0$或者为$1$，我们可以用之前存起来的数去补充，直到遇到某个数的个数小于$2$并且存起来的数不够将其补充到$2$，那么如果之前存起来的数还剩$1$个，那么是不可能达到最终要求的，然后再去看后面新的连续的数。用哈希表处理，遍历这个哈希表，将每个数检查一遍即可。

时间复杂度$O(n)$

void solve(){
    int n;cin>>n;
    vector<int>a(n);
    vector<int> has(10005);
    int ma = 0;
    for(int i = 0;i<n;i++){
        cin>>a[i];
        ma = max(ma,a[i]);
        has[a[i]]++;
    }
    int jud = 0;
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i<=ma;i++){
        if(has[i] == 0){
            if(ans == 1){
                cout<<"No"<<endl;
                return;
            }
            else if(ans>=2){
                ans-=2;
                has[i] = 2;
            }
            continue;
        }
        if(has[i] == 2){
            continue;
        }
        else if(has[i] == 1){
            if(ans == 0){
                cout<<"No"<<endl;
                return;
            }
            else{
                ans--;
            }
        }
        else if(has[i]>2){
            ans+=has[i]-2;
        }
    }
    if(ans%2 == 1){
        cout<<"No"<<endl;
    }
    else    cout<<"Yes"<<endl;
}

C. Devyatkino

题意：给一个正整数$n$,可以将其加$9,99,999,\mathrm{9999...},$只包含9的数字，求加到数字中包含$7$至少需要几次

没什么想法的话先打个表，打完表之后就可以发现，如果加9的话，每加一次个位会$-1$，十位会$+1$，后面的百位也会增加(个位为0的情况除外，比如90+9 = 99),加99，999的情况同上，最开始我还在算每一位需要加多少次。其实没那么麻烦，因为每加10次就是一个循环，所以直接加$10^i-1(1<=i<=10)$，每个数加10次即可。

我的做法是纯暴力去算，肯定有更快的做法，但是做这个题足够了（其实我打完表之后发现每一个位的变化规律，但是不知道怎么证明为什么不是+99后再+9这种混着加的情况）。

void solve(){
    i64 s;cin>>s;
    int ans = 1e9;
    for(int i = 1;i<=10;i++){
        i64 cnt = 1,tmp = s;
        for(int j = 1;j<=i;j++){
            cnt*=10;
        }
        cnt--;
        for(int j = 1;j<=100;j++){
            i64 b = tmp;
            tmp+=cnt;
            int f = 0;
            while(b){
                if(b%10 == 7){
                    ans = min(ans,j-1);
                    f = 1;
                    break;
                }
                b/=10;
            }
            if(f == 1){
                break;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}

D. Object Identification

这个题我觉得挺有意思的，首先想到有向图中最短路和坐标中曼哈顿距离最大的区别是，曼哈顿距离没有方向，而图中的边是有方向的，而且图中点的距离范围是比较苛刻的。

如果给出的$x$不是一个排列，那么至少有一个点的出度是$0$，也就是说以这个点为起点，不管到哪一条边的距离都没有路，题目中这种情况会输出0，而因为没有重合的点，所以在坐标系中不会出现距离为0的情况，直接输出$x$中不存在的点和其他任意一个点，如果为$0$就是$A$，如果为$1$就是$B$。

如果是一个排列，注意这个图中点的数量和边的数量相等，这也就限制了任意两点之间的距离$<=n-1$，而坐标系中点1到点n的距离一定$>=n-1$,我们选择1和n两个点，如果$<n-1$就输出A，如果$>n-1$就输出B，那么等于$n-1$的情况呢，这时我们进行第二次询问，因为图中 点的数量$ = $边的数量，所以如果存在从$1$到$n$的路径，那么从$n$到$1$的路径这两条路径是不相等的并且有一个为$1$，而坐标系中这两个点的距离是相等的，根据这点可以判断出是哪个图。

void solve(){
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> x(n);
    vector<bool> present(n + 1, false);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> x[i];
        present[x[i]] = true;
    }
    int u = -1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (!present[i]) {
            u = i;
            break;
        }
    }
    if (u != -1) {
        int v = (u == 1) ? 2 : 1;
        cout << "? " << u << " " << v << endl;
        fflush(stdout);
        int res;
        cin >> res;
        if (res == 0) {
            cout << "! A" << endl;
        } else {
            cout << "! B" << endl;
        }
    } else {
        int u,v;
        for(int i = 0;i<n;i++){
            if(x[i] == 1){
                u = i+1;
            }
            if(x[i] == n){
                v = i+1;
            }
        }
        cout << "? " << u << " " << v << endl;
        fflush(stdout);
        int d1;
        cin >> d1;
        if(d1<n-1){
            cout<<"! A"<<endl;
            fflush(stdout);
        }
        else if(d1 > n-1){
            cout<<"! B"<<endl;
            fflush(stdout);
        }
        else{
            cout << "? " << v << " " << u << endl;
            fflush(stdout);
            int d2;
            cin >> d2;
            if (d1 != d2) {
                cout << "! A" << endl;
            } else {
                cout << "! B" << endl;
            }
        }
    }
}