Educational Codeforces Round 103 (Rated for Div. 2)

最新推荐文章于 2021-02-01 05:44:37 发布

xing_mo

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分类专栏： CF

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这篇博客探讨了在算法竞赛中如何构建满足特定条件的数组，包括寻找最大数的最小值、优化价格变化策略以及寻找图中最长简单环的方法。通过具体的代码实现，解释了如何应对这些问题，并提供了高效的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Educational Codeforces Round 103 (Rated for Div. 2)

http://codeforces.com/contest/1476

A K-divisible Sum

题意：给你n和k，需要构造一个长度为n的数组a（a中数都为正整数）使得所有数之和是k的倍数，要使得a中最大的数最小，问这个最小数是多少
思路：首先a全放1和为n，全放2合为2n，如果n >= k那么n~2n之间必有k的倍数，否则先全放 $\lfloor k/n \rfloor$ ，之后选择一些位置加一必能刚好得到k

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int t,n,k;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&k);
		if(n >= k)
		{
			if(n % k == 0)
				printf("1\n");
			else
				printf("2\n");
		}
		else
		{
			printf("%d\n",(k+n-1)/n);
		}
	}
	return 0;
 }

B Inflation

题意：给你n个数字p0,p1,…,pn-1，p0为商品初始价格，第一天价格变为p0+p1，记为sum1，第二天为p0+p1+p2，记为sum2，…，最后给你一个k，你可以每次将p0~pn-1中的一个数字加1，最终要使得对所有i(1<=i<=n-1)， $\frac{p_i}{sum_{i-1}} <= k\%$
思路：对于第i天如果不满足 $\frac{p_i}{sum_{i-1}} <= k\%$ ，则需要增加 $sum_{i-1}$ ，因为增加p1 ~ pi-1可能会让某一天变得不满足条件，让次数再次增加，而直接加到p0上便为最优解

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int t,n,k;
ll x,sum;
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&k);
		scanf("%lld",&sum);
		ll ans= 0 ;
		for(int i = 1;i < n;++i)
		{
			scanf("%lld",&x);
			ll tmp = (100*x+k-1)/k;
			if(sum < tmp)
			{
				ans += tmp-sum;
				sum = tmp;
			}
			sum += x;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

C Longest Simple Cycle

题意：有n条链，每条链由ci个点依次连边组成，标号为1 ~ ci，第i（2 <= i <= n）条链的第1个节点与第i-1条链的第ai个节点连边，第ci个节点与第i-1条链的第bi个节点连边，问这样一个图中最大的简单环大小为多大
思路：首先假设ai<bi，第一条链的a2节点连向第二条链的1号节点，b2节点连向第二条链的c2号节点，中间a2直接一路连边到b2，依次扩展，如果环在第i条链收尾，则会增加长度ci-1，记录个最大值然后继续往下扩展，此时可能是之前的环扩展而来，继续扩展增加长度 $a_{i+1}-1+c_{i}-b_{i+1}$ 也可能从当前链开始，ai+1~bi+1依次连边重新开始扩展，二者取最大值，如果ai+1=bi+1，那么必须从当前链重新开始扩展否则不是简单环

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MAXN 100005
using namespace std;
int t,n;
ll a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(int i = 1;i <= n;++i)
			scanf("%lld",&c[i]);
		for(int i = 1;i <= n;++i)
			scanf("%lld",&a[i]);
		for(int i = 1;i <= n;++i)
			scanf("%lld",&b[i]);
		ll ans = abs(a[2]-b[2]);
		ll tmp = ans + 2;
		for(int i = 2;i < n;++i)
		{
			ans = max(ans,tmp + c[i]-1);
			if(a[i+1] == b[i+1])
				tmp = 2;
			else
				tmp = max(tmp+c[i]-max(a[i+1],b[i+1]) + min(a[i+1],b[i+1])-1,abs(a[i+1]-b[i+1])) + 2;
		}
		ans = max(ans,tmp + c[n]-1);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

D Journey

题意:有n+1座城市标号为0~n，相邻标号的两座城市有一条边，可能往左（i+1向i连边），也可能往右，你从一个城市出发，每走一步所有边的方向反向，可以重复经过同一个城市，问你从每一个城市出发，各自最多能访问多少个城市
思路：首先往一个方向走一步后边反向便能回来，返回后边和初始一样，所以可以分开看往左和往右最多到达多少个城市，现往右走，假设往左的边为0，右为1，则最远到达的必为101010这样交叉出现的边，由1开始，直接从后往前推便好，遇到0则不能往右答案为0，记录下交叉了多少次，遇到1赋值，往左同

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 300005
using namespace std;
int t,n,a[MAXN],ans[MAXN];
char s[MAXN];
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%s",&n,s);
		for(int i = 0;i < n;++i)
		{
			if(s[i] == 'L')
				a[i] = 0;
			else
				a[i] = 1;
		}
		ans[n] = 0;
		a[n] = a[n-1];
		int tmp = 0;
		for(int i = n-1;i >= 0;--i)
		{
			ans[i] = 0;
			if(a[i+1] != a[i])
				++tmp;
			else
				tmp = 1;
			if(a[i] == 1)
				ans[i] += tmp;
		}
		for(int l = 0,r = n-1;l < r;++l,--r)
			swap(a[l],a[r]);
		a[n] = a[n-1];
		tmp = 0;
		for(int i = n-1;i >= 0;--i)
		{
			if(a[i+1] != a[i])
				++tmp;
			else
				tmp = 1;
			if(a[i] == 0)
				ans[n-i] += tmp;
		}
		for(int i = 0;i <= n;++i)
			printf("%d ",ans[i]+1);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}