Codeforces Round #382 (Div. 2)

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原文链接：http://www.cnblogs.com/huangzhihao/p/6140992.html

本文解析了Codeforces竞赛中四个题目，包括跳跃游戏、城市财富分配、锦标赛冠军赛程及税收优化策略，涵盖模拟、贪心、数学和数论算法。

Codeforces Round #382 (Div. 2)

A. Ostap and Grasshopper

题意：
给出一个字符串（n<=100），问从‘G’字符的位置可否每次只可恰好跳步长为k的一步（只可跳到非‘#’字符的位置且不可跳出字符串外），跳若干步到达‘T’字符的位置。

分析：
朴素模拟，分别从左右跳，时间复杂度为O(n)。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int maxn = 100 + 3;
int n, k;
char arr[maxn];

int main() {
  //freopen("input.txt", "r", stdin);
  while (~scanf("%d", &n)) {
    scanf("%d", &k);
    memset(arr, 0, sizeof(arr));
    scanf("%s", arr);
    int g_loc;
    for (int i = 0; i < strlen(arr); i++)
      if (arr[i] == 'G') {
        g_loc = i; break;
      }
    bool ok = false;
    for (int i = 1; g_loc + i * k < strlen(arr); i++) {
      if (arr[g_loc + i * k] == 'T') {
        ok = true; break;
      }
      else if (arr[g_loc + i * k] == '#') break;
    }
    if (!ok)
      for (int i = 1; g_loc - i * k >= 0; i++) {
        if (arr[g_loc - i * k] == 'T') {
          ok = true; break;
        }
        else if (arr[g_loc - i * k] == '#') break;
      }
    ok ? puts("YES") : puts("NO");
  }
  return 0;
}

B. Urbanization

题意：
已知n个居民的财富值(<=100000)，将这n（n<=100000）个居民抽取部分（或全部）分别到容量为n1和n2的两个城市（n1+n2<=n），使得这两个城市人们的人均财富值之和尽量大，求这个最大的人均财富值之和。

分析：
排序+贪心。先将n个居民的财富值排序，假设n1<n2，选最多财富的n1个人去容量为n1的城市，次n2个人去容量为n2的城市，时间复杂度为O(nlogn)。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;

const int maxn = 100000 + 3;
int n, n_1, n_2;
double wealth[maxn];

int main() {
  //freopen("input.txt", "r", stdin);
  while (~scanf("%d", &n)) {
    scanf("%d%d", &n_1, &n_2);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lf", &wealth[i]);
    sort(wealth + 1, wealth + 1+ n);
    if (n_1 > n_2) swap(n_1, n_2);
    double large_one = 0.0;
    for (int i = 0; i < n_1; i++)
      large_one += wealth[n - i];
    large_one /= double(n_1);
    double less_one = 0.0;
    for (int i = 0; i < n_2; i++)
      less_one += wealth[n - n_1 - i];
    less_one /= double(n_2);
    printf("%.8lf\n", large_one + less_one);
  }
  return 0;
}

C. Tennis Championship

题意：
现将举办一个锦标赛，有n个选手(2<=n<=1e18)，每场比赛都是两个选手之间进行，输的一方将被立即淘汰，但进行比赛的这两名选手，他们各自已经参加过的比赛的场数相差不可超过1,求锦标赛的冠军参加过的比赛场数最多可能为多少。

分析：
数学、递推。设ai表示冠军一共比赛i场所需要最少的选手人数，可知：a0=1,a1=2,a2=3,a3=5,...，仔细分析可得到如下递推关系：ai=ai-1 + ai-2 (i>=2)，因此答案即为求最大的i使得ai<=n，数列{an}为类似Fibonacci数列的数列，因而增长幅度非常大，再由n的范围，因此可知时间复杂度为O(100)。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll n;

int cal() {
  ll pre_pre = 1LL, pre = 2LL;
  int ans = 1;
  while (pre <= n) {
    ll buf = pre_pre + pre;
    pre_pre = pre; pre = buf;
    ans += 1;
  }
  return ans - 1;
}

int main() {
  //freopen("input.txt", "r", stdin);
  while (~scanf("%I64d", &n)) printf("%d\n", cal());
  return 0;
}

D. Taxes

题意：
一个人他赚的钱为n(2<=n<=2*10^9)，若按照税法，则需要交的税为不等于n的n的最大因数，如今这个人想偷税，他将n拆分为若干个ni的和，即n=n1+n2+...+nk（k为任意值，可等于1），但是其中ni不能等于1，拆分完后，他总共交的税即为每份ni按照税法交的税之和。求他交的税的最小值。

分析：
数论。核心想法就是将n拆分为尽量少的数之和，且这些数最好为质数。哥德巴赫猜想：任一大于2的偶数都可写成2个质数之和，还有一种等价说法：任一大于5的奇数都可写成3个质数之和。还有：奇数+-奇数=偶数，奇数+-偶数=奇数。注意到2既为质数也为偶数。所以当n=2、3、4、5时特判即可，当n>5时，n为偶数，最优就是按照第一种哥德巴赫猜想，若n为奇数，若n为质数则显然可知答案，若n不为质数，则尝试分解为n=2+一个质数，即判断n-2是否为质数，是则好说，若不是则按照哥德巴赫猜想第二种形式可知答案。时间复杂度为O(sqrt(n))。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
using namespace std;

bool is_prime(int num) {
  int bound = floor(sqrt(num) + 0.5);
  for (int i = 2; i <= bound; i++)
    if (num % i == 0) return false;
  return true;
}

int for_odd(int num) {
  if (is_prime(num)) return 1;
  else return is_prime(num - 2) ? 2 : 3;
}

int main() {
  //freopen("input.txt", "r", stdin);
  int n;
  while (~scanf("%d", &n)) {
    if (n == 2 || n == 3 || n == 5) puts("1");
    else (n & 1) ? printf("%d\n", for_odd(n)) : puts("2");
  }
  return 0;
}

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