Educational Codeforces Round 57 (Rated for Div. 2) 题解(A,B,C,D)

最新推荐文章于 2022-06-13 14:48:45 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/regen/p/10198173.html

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#数据结构与算法

本文解析了四道编程挑战题，包括寻找可被整除的数、子串删除问题、正多边形角度问题及避免特定子串的最小花费。通过贪心、找规律、几何性质和动态规划等策略解决。

A. Find Divisible

Tag：贪心

题意：T组样例，每组样例2个整数l,r。找出l<=x,y<=r,使得y%x==0。保证存在。

解法：输出l和2*l就行了。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <ctime>
#include <complex>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define forn(i,n) for(int i = 0;i<n;i++)
#define for1(i,n) for(int i = 1;i<=n;i++)
#define pb push_back
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
const ll mod=998244353;
const ll inf = 2e18;
const int maxn = 200005;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; if(b<0) return -1; for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
const int INF = 0x3f3f3f3f;


int ans;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    int n;
    cin>>n;
    while(n--){
        ll l,r;
        cin>>l>>r;
        cout<<l<<" "<<2*l<<endl;
    }



}

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B. Substring Removal

Tag：找规律

题意：

给一个长度为n的字符串，2<=n<=2e5。要求从原串中删除一个子串，使得剩下的字符都相同。问有几种删除的方法。

解法：

当字符串首和字符串尾不一样时，考虑aaabcc这个字符串只可能删到只剩最前面几个a或者只剩最后面几个c，或者全部删完成为一个空串。

当字符串首和字符串尾的字符一样时，如aaabaa，对于前一部分a可以删0,1,2,3个，对于后一部分的a，可以删0,1,2个。

然而，对于字符串中部出现的与字符串首尾相同的字符，并不会对答案产生什么影响，是可以直接删掉的。比如aaababaaaa中的第5个字符。

因此，记字符串首为$l$,字符串尾为$r$，字符串首$l$出现的次数为$numl$，字符串尾$r$出现的次数为$numr$。

当$l = r$时，$ans = (numl+1) * (numr+1)$

否则，$ans = numl + numr + 1$

同时要注意$l = r$时，答案会爆int(1e10)，所以要开ll并且根据题意取模。

(这个取模是真的没用，我还以为答案会特别特别大..

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <ctime>
#include <complex>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define forn(i,n) for(int i = 0;i<n;i++)
#define for1(i,n) for(int i = 1;i<=n;i++)
#define pb push_back
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
const ll mod=998244353;
const ll inf = 2e18;
const int maxn = 200005;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; if(b<0) return -1; for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
const int INF = 0x3f3f3f3f;


int ans;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    char l,r;
    string s;
    int n;
    cin>>n>>s;
    l = s[0];
    r = s[s.length()-1];
    ll numl,numr;
    numl = numr = 0;
    for(auto ch:s){
        if(ch == l) numl++;
        else break;
    }
    for(int i = n-1;i>=0;i--){
        if(s[i] == r) numr++;
        else break;
    }
    if(l==r){
        cout<<(numl+1)*(numr+1)%mod;
    }
    else cout<<numl+numr+1<<endl;



}

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C. Polygon for the Angle

Tag：几何性质

题意：

给T个样例(T<=180)，每个样例一个整数a(1<=a<180)，求一个最小的n，使得在正n边形中存在三个顶点a,b,c，使得角bac的大小为a。

解法：

这题只要知道几个小性质就很简单了。

n边形内角和：$180 * (n-2)$

正n边形每个内角的角度$\frac{180*(n-2)} {n} $

然后所有可以形成的角度的为$\frac{180}{n} * k(1\leq k \leq (n-2)) $

所以90边形所能形成的角度为2,4,...,176。

180边行可以形成1-178的所有角。

360边形可以形成179度的角。

因此只要写个暴力试一下就好了。即使复杂度是T*360*360也能稳过。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <ctime>
#include <complex>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define forn(i,n) for(int i = 0;i<n;i++)
#define for1(i,n) for(int i = 1;i<=n;i++)
#define pb push_back
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
const ll mod=998244353;
const ll inf = 2e18;
const int maxn = 100005;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; if(b<0) return -1; for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
const int INF = 0x3f3f3f3f;
//head

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--){
        int n;
        cin>>n;
        int ans = -1;
        for(int i = 3;i<=361;i++){
            double per = 180.0 / i;
            for(int j = 1;j<=i-2;j++){
                if(per * j == n) {
                    ans = i;
                    break;
                }
            }
            if(ans != -1) break;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }



}

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D. Easy Problem

Tag：dp

题意：

给定一个长度为$n$的字符串，每个字符有一个花费$a_i$。求使得字符串中不存在子序列hard的最小花费。

解法：

这种dp[n][k]的题感觉都已经出烂掉了。n为已处理的长度，k为子串已经有了多少个单词，dp[i][j]为处理i个字符后，已经存在hard中前j个单词的子串的花费是多少。那么对于每一个位置i，如果不是hard中的单词，那么dp[i][j] = dp[i-1][j]。如果是其中一个单词，如r。r是第三个单词，那么对于一个只拥有子串"ha"的，如果想要保持原来的状态，即不存在"har"的子串，就应该把这个r删掉，那么dp[i][2] = dp[i-1][2] + a[i]；否则，只能加上这个r，也就是dp[i][3] = min(dp[i-1][2],dp[i-1][3])。其他字符同理。

答案就是min(dp[n][0],dp[n][1],dp[n][2],dp[n][3])。

同样记得要初始化成最大值，并且开ll。

这题感觉可以出成，要求不存在一个长度为k的子串，k<=100。但是似乎也没有什么意义，想到dp的人还是一眼秒了。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <ctime>
#include <complex>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define forn(i,n) for(int i = 0;i<n;i++)
#define for1(i,n) for(int i = 1;i<=n;i++)
#define pb push_back
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
const ll mod=998244353;
const ll inf = 2e18;
const int maxn = 100005;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; if(b<0) return -1; for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
const int INF = 0x3f3f3f3f;


ll dp[maxn][5];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    int n;
    string s;
    int a[maxn];
    cin>>n>>s;
    for1(i,n) cin>>a[i];
    dp[0][0] = 0;
    dp[0][1] = dp[0][2] = dp[0][3] = dp[0][4] = inf;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        for(int j = 0;j<=4;j++) dp[i][j] = dp[i-1][j];
        if(s[i-1] == 'h') {
            dp[i][1] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]);
            dp[i][0] = dp[i-1][0] + a[i];
        }
        if(s[i-1] == 'a') {
            dp[i][2] = min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);
            dp[i][1] = dp[i-1][1] + a[i];
        }
        if(s[i-1] == 'r') {
            dp[i][3] = min(dp[i-1][2],dp[i-1][3]);
            dp[i][2] = dp[i-1][2] + a[i];
        }
        if(s[i-1] == 'd') {
            dp[i][4] = min(dp[i-1][3],dp[i-1][4]);
            dp[i][3] = dp[i-1][3] + a[i];
        }
    }
    ll ans = min(dp[n][0],dp[n][1]);
    ans = min(ans,min(dp[n][2],dp[n][3]));
    cout<<ans<<endl;
}

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