Codeforces Round 981 (Div. 3)

链接：https://codeforces.com/contest/2033

A

A	Sakurako and Kosuke

大意：

        一个人跳1 5 9， 一个人跳 3 7 11，问谁能跳不超过x的最后一跳

思路：

        %4， 逐个分析

代码：

        

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
#define pb push_back
#define  vi vector<int>
#define  vii vector<pair<int, int>>
#define ff first 
#define ss second 
// ++   ~!    */+-    <<>>    <>  ==   &^|   &&|| =


void solve()
{
	int n;cin >> n;
	n %= 4;
	if (n == 0 || n == 2)cout << "Sakurako" << endl;
	else cout << "Kosuke" << endl;

}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) solve();

	return 0;
}
/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/

B

B	Sakurako and Water

大意：

        对主对角线操作一次，对角线上元素加一，求使得所有元素非负的最小操作数

思路：

        求得主对角线元素最小值，为负就加上绝对值大小

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
#define pb push_back
#define  vi vector<int>
#define  vii vector<pair<int, int>>
#define ff first 
#define ss second 
// ++   ~!    */+-    <<>>    <>  ==   &^|   &&|| =


void solve()
{
	int n;cin >> n;
	vector<vi> g(n + 1, vi(n + 1));
	map<int, int> mp;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)	
		for (int j = 1; j <= n; j++)
		{
			cin >> g[i][j];
			if (g[i][j] < 0)
			{
				mp[i - j] = min(mp[i - j], g[i][j]);
			}
		}
	int ans = 0;
	for (int i = -n + 1; i <= n - 1; i++)ans -= mp[i];
	cout << ans << endl;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) solve();

	return 0;
}
/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/

C

C	Sakurako's Field Trip

大意：

        一堆数，每次可以移动一个数和对称的数，及 i 和 n + 1 - i， 求最少多少相邻的数相等

思路：

        两边由外到内，如果左边数跟左边相邻或者右边数跟右边相邻，交换一下（贪心，感觉这样最好，换或者不换，对外边而言一定不亏），然后记录一下,左右跟外边相邻的个数，最后奇偶讨论一下中间

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
#define pb push_back
#define  vi vector<int>
#define  vii vector<pair<int, int>>
#define ff first 
#define ss second 
// ++   ~!    */+-    <<>>    <>  ==   &^|   &&|| =


void solve()
{
	int n;cin >> n;
	vi v(n);
	for (int i = 0; i < n; i++)cin >> v[i];
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i < n / 2; i++)
	{
		if (v[i] == v[i - 1] || v[n - i - 1] == v[n - i])swap(v[i], v[n - i - 1]);
		if (v[i] == v[i - 1])cnt++;
		if (v[n - i - 1] == v[n - i])cnt++;
	}
	if (n & 1)
	{
		if (v[n / 2] == v[n / 2 - 1])cnt++;
		if (v[n / 2] == v[n / 2 + 1])cnt++;
	}
	else
	{
		if (v[n / 2] == v[n / 2 - 1])cnt++;
	}
	cout << cnt << endl;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) solve();

	return 0;
}
/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/

D

D	Kousuke's Assignment

大意：

        求最大不重叠的满足区间和等于0的区间数量

思路：

        从前往后读，与一个暂存量相加，用set存相加后的值，set里面默认插入一个0，然后每一次询问相加后的值是否在set里出现过，如果是就ans++，暂存量赋0，把set清空再插入个0

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
#define pb push_back
#define  vi vector<int>
#define  vii vector<pair<int, int>>
#define ff first 
#define ss second 
// ++   ~!    */+-    <<>>    <>  ==   &^|   &&|| =


void solve()
{
	int n;cin >> n;
	int sum = 0;
	set<int>s;
	s.insert(0);
	int ans = 0;
	while (n--)
	{
		int x;cin >> x;
		sum += x;
		if (s.count(sum))
		{
			ans++;
			sum = 0;
			s.clear();
			s.insert(0);
		}
		else s.insert(sum);
	}
	cout << ans << endl;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) solve();

	return 0;
}
/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/

E

E	Sakurako, Kosuke, and the Permutation

大意：

        对于一个排列，求最少需要多少交换操作，使得最后的排列满足p[i] = i或者p[p[i]] = i

思路：

      一个排列内元素都在环中，环或大或小，p[i]=i环元素为1，p[p[i]]=i元素为2，依次类推。对于交换操作，可以用来改变环的大小，最大可以使得一个环内大小减去2。对此，我们依次遍历每一个环，求出每个环环内元素个数，然后依次求得最小删几次可以删得只剩下大小为1或2的环即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
#define pb push_back
#define  vi vector<int>
#define  vii vector<pair<int, int>>
#define ff first 
#define ss second 
// ++   ~!    */+-    <<>>    <>  ==   &^|   &&|| =


void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vi a(n + 1);
    vector<bool> vis(n + 1, false);
    int num = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int num = 0;
        if (vis[i]) continue;
        int j = i;
        while (!vis[j])
        {
            vis[j] = true;
            num++;
            j = a[j];
        }
        ans += (num - 1) / 2;
    }
    cout << ans << "\n";
    return;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) solve();

    return 0;
}
/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/

F

F	Kosuke's Sloth

大意：

        求第n个可以被k整除的斐波那契数

思路：

        皮亚诺定理 here，斐波那契数列%k最多不超过6k个就会重复，又由一个公式

gcd(f[n],f[m]) = f[gcd(n,m)],令n = i，m=c1*i,则gcd(f[i],f[c1*i]) = f[i] ,f[k*i]) = c2*f[i] 即那么f[i]能被k整除，f[c1 * i]也能被k整除，那么第n个能被k整除的数就在n*i

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
#define pb push_back
#define  vi vector<int>
#define  vii vector<pair<int, int>>
#define ff first 
#define ss second 
// ++   ~!    */+-    <<>>    <>  ==   &^|   &&|| =


void solve()
{
	int n, k;cin >> n >> k;
	int a = 1, b = 1;
	n %= mod;
	vi f = {0, 1, 1};
	int i = 3;
	while (1)
	{
		f[i % 3] = (f[(i - 2) % 3] + f[(i - 1) % 3]) % k;
		if (!f[i % 3]) break;
		i++;
	}
	if (k == 1)i = 1;
	cout << i  % mod * n % mod << endl;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) solve();

	return 0;
}
/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/