Educational Codeforces Round 86 個人題解

Educational Codeforces Round 86 個人題解

1342A - Road To Zero（簡單分類討論）

題意：給兩個整數 $x​$ 和 $y​$，需要把這兩個數都變成 $0​$，現在有 $a​$ 和 $b​$ 兩個操作，其中 $a​$ 操作花費 $a​$ 的代價將其中一個數字 $+1​$ 或者 $-1​$，$b​$ 操作花費 $b​$ 的代價將兩個數字同時 $+1​$ 或者 $-1​$，問最小的代價是多少，需要回答 $t​$ 個案例。

範圍：$1 \le t \le 100, 0 \le x, y \le 1e9, 1 \le a, b \le 1e9$

題解：

顯然對 $x$ 和 $y$ 兩個數字都進行一次 $a$ 操作，其效果等價於進行了一次 $b$ 操作，如果 $2*a < b$ 則 $b$ 操作完全可以被 $a$ 操作取代，否則就需要進行 $|x-y|$ 次 $a$ 操作消除兩數的差異再進行 $min(x, y)$ 次 $b$ 操作。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define double long double
using namespace std;

inline int read()
{
    int s = 0, w = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            w = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
        s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return s * w;
}

const int MAXN = 2e5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const double PI = acos(-1.0);

int n;

signed main()
{
    int T = read();
    while (T--)
    {
        int x, y, a, b;
        cin >> x >> y >> a >> b;
        if (x > y)
            swap(x, y);
        if (2 * a <= b)
        {
            cout << a * (x + y) << endl;
        }
        else
        {
            cout << b * x + a * (y - x) << endl;
        }
    }
    return 0;
}

1342B - Binary Period（構造）

題意：給一個 $01​$ 串 $t​$，需要找到一個長度不超過 $2*|t|​$ 的 $01​$ 串 $s​$ 滿足：$t​$ 是 $s​$ 的子序列且 $s​$ 擁有最小的循環長度。只需要給出一個滿足條件的 $s​$ ，需要回答 $t​$ 個案例。

範圍：$1 \le T \le 100, 1 \le |t| \le 100$

題解：

不要求最優解，考慮找一下規律。可以發現如果 $t$ 中只包含 $1$ 或者只包含 $0$，那麼 $s$ 也只需要包含 $1$ 或者只包含 $0$，循環長度爲 $1$；如果 $t$ 中既有 $0$ 也有 $1$，那麼 $s$ 可以構造成以 $"01"$ 爲最小循環子串的長度爲 $2*|t|$ 的 $01$ 串，循環長度爲 $2$，這樣對於 $t$ 中的每一位都可以在一個 $"01"​$ 循環子串中匹配到。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define double long double
using namespace std;

inline int read()
{
    int s = 0, w = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            w = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
        s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return s * w;
}

const int MAXN = 2e5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const double PI = acos(-1.0);

int n;

signed main()
{
    int T = read();
    while (T--)
    {
        string str;
        cin >> str;
        int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
        for (int i = 0; i < str.length(); i++)
        {
            if (str[i] == '0')
                cnt1++;
            else
                cnt2++;
        }
        string ans = "";
        // 只有1
        if (cnt1 == 0)
        {
            for (int i = 0; i < 2 * str.length(); i++)
            {
                ans += '1';
            }
        }
        // 只有0
        else if (cnt2 == 0)
        {
            for (int i = 0; i < 2 * str.length(); i++)
            {
                ans += '0';
            }
        }
        // 兩個都有
        else
        {
            for (int i = 0; i < str.length(); i++)
            {
                ans += '0';
                ans += '1';
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

1342C - Yet Another Counting Problem（數學+前綴和）

題意：有 $t​$ 個案例，每個案例給兩個整數 $a​$ 和 $b​$，以及 $q​$ 個詢問，每個詢問給出 $l​$ 和 $r​$，需要計算在區間 $[l, r]​$ 中有多少個數字 $x​$ 滿足 $x\%a\%b = x\%b\%a​$。

範圍：$1 \le t \le 100, 1 \le a, b \le 200, 1 \le q \le 500, 1 \le l \le r \le 1e18$

題解：

可以發現對於給定的 $a$ 和 $b$，從小到大滿足條件的 $x$ 以一個週期進行循環，而這個週期就是 $a$ 和 $b$ 的公倍數，每個週期內滿足條件的 $x$ 數量相同。顯然 $a*b$ 是 $a$ 和 $b$ 的公倍數，且 $a*b \le 4e4$，那麼我們就可以預處理出一個週期內滿足條件 $x$ 的前綴和，因此就可以對所有的查詢區間 $[l, r]$ 進行前綴和差分求解，$ans = pre[y]-pre[x-1]​$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define double long double
using namespace std;

inline int read()
{
    int s = 0, w = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            w = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
        s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return s * w;
}

const int MAXN = 4e4 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const double PI = acos(-1.0);

int a, b, q;

int dp[MAXN];

int calc(int x)
{
    // 有x/(a*b)個完整週期，還剩下一個x%(a*b)的週期
    return dp[a * b] * (x / (a * b)) + dp[x % (a * b)];
}

signed main()
{
    int T = read();
    while (T--)
    {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        cin >> a >> b >> q;
        // 預處理前綴和
        dp[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= a * b; i++)
        {
            if (i % a % b == i % b % a)
                dp[i] = dp[i - 1];
            else
                dp[i] = dp[i - 1] + 1;
        }
        for (int i = 0; i < q; i++)
        {
            int x, y;
            cin >> x >> y;
            // 前綴差分
            cout << calc(y) - calc(x - 1) << endl;
        }
    }
    return 0;
}

1342D - Multiple Testcases（二分）

題意：有 $n$ 個數字 $m_1\sim m_n$，並且有一種容器，一個容器只能存放 $c_1$ 個 $\ge1$ 的數字，$c_2$ 個 $\ge2$ 的數字，…，$c_k$ 個 $\ge k$ 的數字，問至少需要多少個容器才能裝下所有數字。

範圍：$1\le n, k \le 2e5, 1 \le m_i \le k, n \ge c_1 \ge c_2 \ge ... \ge c_k \ge 1$

題解：

考慮到數據範圍，我們不能夠對每個容器的各個檔位去找數字存放，也不能對於每個數字直接遍歷去找哪個容器還可以存放，不過可以利用二分進行優化遍歷的過程。

首先我們對數字進行排序，從大到小的進行處理，對於每個數字需要找到哪個容器可以容納下該數字，而進行遍歷的效率太低。

基於貪心的想法，一個容器需要儘可能多的存放數字，實在沒辦法了才使用新的容器，那麼最後每個容器中的數字數量會呈現遞減的形式，對於這樣的一個序列我們可以使用二分進行快速查找。

由於最多隻會使用 $2e5$ 個容器，那麼我們可以建立一個數組 $num$ 保存每個容器中數字的數量。對於當前需要插入的數字 $x$，進行二分找到第一個 $num < c[x]$ 的位置進行插入，該容器至少還剩下 $1$ 個位置可以存放 $\ge x$ 的數字，將 $x$ 加入該容器中即可。

詳見代碼。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define double long double
using namespace std;

inline int read()
{
    int s = 0, w = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            w = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
        s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return s * w;
}

const int MAXN = 2e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const double PI = acos(-1.0);

int n, k;

int m[MAXN], cap[MAXN], num[MAXN];

vector<int> vec[MAXN];

signed main()
{
    n = read(), k = read();
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        int x = read();
        m[x]++;  // m[x]表示數字x的數量
    }
    for (int i = 1; i <= k; i++)
    {
        cap[i] = read();
    }
    // maxV用來保存容器的數量
    int maxV = 0;
    // 從後往前遍歷
    for (int i = k; i >= 1; i--)
    {
        // 處理m[i]個數字i
        while (m[i])
        {
            // 二分找到第一個num<c[i]的容器
            int l = 0, r = MAXN;
            int ans;
            while (l <= r)
            {
                int mid = l + r >> 1;
                if (num[mid] < cap[i])
                {
                    ans = mid;
                    r = mid - 1;
                }
                else
                {
                    l = mid + 1;
                }
            }
            // 更新容器數量
            maxV = max(maxV, ans);
            // 更新該容器大小
            num[ans]++;
            // 減少一個數字i
            m[i]--;
            // 將數字i加入容器ans中
            vec[ans].push_back(i);
        }
    }
    // 輸出答案
    cout << maxV + 1 << endl;
    for (int i = 0; i <= maxV; i++)
    {
        cout << vec[i].size();
        for (auto x : vec[i])
        {
            cout << " " << x;
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

【END】感謝觀看！