題目傳送門

A. Required Remainder

思路

題意

給我們n,x,y 的值讓我們找到 k%x==y的k最大值, $0<=k<=n$

分析

很水的一道題, 考慮n中包含x的數量爲 $ct=n/x$ , 我們肯定要把這些包含x全部用上, 纔可以使k更大, 全部用上得到的k爲 $ct*k+y$ ,但是我們要特殊考慮如果ct*k+y >n的話要使答案變成 ct * k + y - x

代碼

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cmath>
void fre() { freopen("A.txt", "r", stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
void Fre() { freopen("A.txt", "r", stdin);}
#define ios ios::sync_with_stdio(false)
#define Pi acos(-1)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ull unsigned long long 
#define db double
#define Pir pair<int, int>
#define PIR pair<Pir, Pir>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod (ll)(1e9 + 7)
#define for_(i, s, e) for(int i = s; i <= e; i ++)
using namespace std;

const int mxn = 2e5 + 10;
ll ar[mxn];

int main()
{
    /* fre(); */
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T --)
    {
        int x, y, n;
        scanf("%d %d %d", &x, &y, &n);
        int t = n / x * x;
        int val = t + y;
        if(val > n)
            val -= x;
        printf("%d\n" ,val);
    }

    return 0;
}

B. Multiply by 2, divide by 6

思路

題意

給我們一個數n,我們可以對其進行兩種操作:
1. 令 n *= 2
2. 兩 n /= 6(當 n%6==0的時候)
問最少經過多少次操作可以把 n 變成1 ?

分析

首先我們想,如果n一直進行操作2.一直 n除以6的話,最後的結果得到一個1,這是最理想的,最少的操作次數,
我們可以把讓n除6這個操作看成讓n先除3,在除2, 那麼我們假設n最多可以除以 x個3, 假設 n最多可以除以y個2(求x,y的過程用因數分解,把n按因子2、3分解如果最後分解出來剩下的數不是1的話,輸出-1)
1. 因爲n實際上除的是6=3*2,所以 n 可以除以x個3,就要求最多隻能被x個連續的2整除,所以如果y > x 的話,我們無論如何都沒法消去多的 $2^{y-x}$ 次方, 所以輸入-1
2. 而如果y < x 的話,我們可以通過操作1 來增加n中包含2的數量,即:增加y的數量,令y與x 相等,此時x-y就是要進行1操作的次數, 而x的數量就是要進行操作2的次數, 兩次數想加就是ans

代碼

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cmath>
void fre() { freopen("A.txt", "r", stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
void Fre() { freopen("A.txt", "r", stdin);}
#define ios ios::sync_with_stdio(false)
#define Pi acos(-1)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ull unsigned long long 
#define db double
#define Pir pair<int, int>
#define PIR pair<Pir, Pir>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod (ll)(1e9 + 7)
#define for_(i, s, e) for(int i = s; i <= e; i ++)
#define rep_(i, e, s) for(int i = e; i >= s; i --)
using namespace std;

const int mxn = 2e5 + 10;
ll ar[mxn];
int br[5];

int main()
{
    /* fre(); */
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T --)
    {
        memset(br, 0, sizeof(br));
        int n;
        scanf("%d", &n);
        rep_(i, 3, 2)
        {
            while(n % i == 0)
            {
                br[i] ++;
                n /= i;
            }
        }

        if(n == 1)
        {
            if(br[3] < br[2])
                printf("-1\n");
            else
                printf("%d\n", br[3] - br[2] + br[3]);
        }
        else
            printf("-1\n");
    }


    return 0;
}

C. Move Brackets

思路

分析

這題沒啥說的，就是 stack 的經典應用題，答案就是最後還在站內的字符的數量 / 2

代碼

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<stack>
void fre() { freopen("A.txt", "r", stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
void Fre() { freopen("A.txt", "r", stdin);}
#define ios ios::sync_with_stdio(false)
#define Pi acos(-1)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ull unsigned long long 
#define db double
#define Pir pair<int, int>
#define PIR pair<Pir, Pir>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod (ll)(1e9 + 7)
#define for_(i, s, e) for(int i = s; i <= e; i ++)
#define rep_(i, e, s) for(int i = e; i >= s; i --)
using namespace std;

const int mxn = 2e2 + 10;
char ar[mxn];

int main()
{
    /* fre(); */
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T --)
    {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        scanf("%s", ar + 1);
        stack<char> st;
        for_(i, 1, n)
        {
           if(st.empty()) 
                st.push(ar[i]);
           else
           {
               if(st.top() == '(' && ar[i] == ')') 
                   st.pop();
               else
                   st.push(ar[i]);
           }
        }
        printf("%lu\n", st.size() / 2);
    }

    return 0;
}

D. Zero Remainder Array

思路

題意

給我們一個一個長度爲n 的序列a，現在我們要通過下面兩種操作，使a中所有元素能夠被k整除, 又給我們的一個變量x（初始值爲0）
1. 令 $a[i]+=x,x++$ ,這個操作對每個元素a[i]最多隻能使用一次
2. 令 $x++$
問我們最少需要多少次上面的操作？

分析

在a中元素中如果已經可以被k整除的話，我們不需要對他們進行操作，我們假設剩下的不能被k整的除的元素的形成的新數組b，對於b中的元素我們求出的每個b中元素 $b_i$ 距離k某個倍數差了多少，這些差值形成一個新的數組c。
1. 舉例：b ：{1、1、4、 5} ，k = 3，對於b中每個元素 $bi$ 減去 k 的某個倍數(這個倍數爲 $(b_i/k+1)*k$ )
2. 之後得到c：{ 2，2，2，1}–>即：c：{1，2，2，2}，
3. 對於c中第一個元素1，我們需要先把x從0變爲1（通過操作2）,之後再通過一次操作1 加到第一個元素1上，就是能使c中第一個數對應的在b中的元素可以被k整除了（之後x變爲了1+1=2）
4. 接着考慮c中第一個元素2，我需要 2 - x次第一種的操作，和1次第二種的操作，總結一下就是需要（ $c_i-x+1$ 次兩種操作，之後 $x=c_i+1=2+1$ ）,
5. 接下來考慮 $c_3=2$ ,這個時候我們發現x=3>2,兩種操作都沒有進行的意義了，這個時候我們只能無奈使 $c_3$ 的值增大1*k(只要這樣纔可以付出，小的代價，而繼續操作),令c_3+= k == 5，這樣我們需要的進行的次數爲 $5-3+1=3$ 之後x變成了6，
6. 當我們進行第四個元素的時候，發現x=6>2,這個時候的我們讓 $c_4+=2*k$ ,這樣又可以進行操作了
核心的過程就是這樣，這個過程的中特別注意的就是對於c中重複的元素我們應該不斷的讓重複的加上不同的k的倍數，之後所有c中的元素就的各不相同了，我們就可以 for循環一遍求出 ans了

代碼

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<stack>
void fre() { freopen("A.txt", "r", stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
void Fre() { freopen("A.txt", "r", stdin);}
#define ios ios::sync_with_stdio(false)
#define Pi acos(-1)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ull unsigned long long 
#define db double
#define Pir pair<int, int>
#define PIR pair<Pir, Pir>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod (ll)(1e9 + 7)
#define for_(i, s, e) for(int i = (s); i <= (e); i ++)
#define rep_(i, e, s) for(int i = (e); i >= (s); i --)
using namespace std;

const int mxn = 2e5 + 10;
vector<ll> v;
vector<ll> res;

int main()
{
    /* fre(); */
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T --)
    {
        v.clear();
        res.clear();
        ll n, k;
        scanf("%lld %lld", &n, &k);
        ll t;
        for_(i, 1, n)
        {
            scanf("%lld", &t);
            if(t % k)
            {
                ll ct = t / k;
                ll val = k * (ct + 1) - t;
                v.pb(val);
            }
        }

        sort(v.begin(), v.end());
        pair<ll, ll> p;
        p.fi = -1, p.se = 0;

        for(int i = 0; i < v.size(); i ++)
        {
            if(v[i] != p.fi)
            {
                res.pb(v[i]);
                p.fi = v[i];
                p.se = 1;
            }
            else
            {
                res.pb(v[i] + k * p.se);
                p.se ++;
            }
        }
        sort(res.begin(), res.end());
        ll sum = 0;
        ll x = 0;
        for(auto s : res)
        {
            sum += (s - x + 1);
            x = s + 1;
        }

        printf("%lld\n", sum);
    }

    return 0;
}

E1. Reading Books (easy version)

思路

題意

給我們n本書，每本書有三個參數 t、a、b，分別爲：看這本書所需要的時間、a1表示愛麗絲喜歡這本書、b1表示鮑勃喜歡這本書
現在他們兩個人都要從n本書中選擇k本喜歡的數，他們兩個人選擇的書形成一個共享的集合（就是兩個人選擇選擇的書的種類的並集），最閱讀的總時間爲這個集合的沒種書閱讀時間 $t_i$ 想加，
求這個最小時間，如果兩個人都選擇出k本喜歡的書，輸出-1

分析

這一題根據貪心，首先兩個人選擇的書的總種類越少越好，而且兩個都應該只選k本喜歡的書，不能多選，
此外我們可以把：兩本書（一本愛麗絲喜歡，另一本鮑勃喜歡，而且選擇的這兩本書的時間之和儘量小）看做一本新的書，這樣這本新讀書閱讀的總時間就要原來的兩本書的時間之和，，，這樣我們不斷的選擇兩本書，儘可能的多拼湊出新的書，這本新書兩個人都喜歡
這樣，我們把所有『拼湊出的書』和所有原來就已經被兩個人同時喜歡的書放在一起形成一個集合 S,從S中選擇k本時間最短的書就是ans（當然如果S中書的數量<k 那麼就是無解，輸出-1）

代碼

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<stack>
void fre() { freopen("A.txt", "r", stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
void Fre() { freopen("A.txt", "r", stdin);}
#define ios ios::sync_with_stdio(false)
#define Pi acos(-1)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ull unsigned long long 
#define db double
#define Pir pair<int, int>
#define PIR pair<Pir, Pir>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod (ll)(1e9 + 7)
#define for_(i, s, e) for(int i = (s); i <= (e); i ++)
#define rep_(i, e, s) for(int i = (e); i >= (s); i --)
using namespace std;

const int mxn = 2e5 + 10;
queue<ll> q;
vector<ll> v;
int a[mxn];
int b[mxn];

int main()
{
    /* fre(); */
    ll n, k;
    scanf("%lld %lld", &n, &k);
    int t, x, y;
    int na = 0, nb = 0;
    for_(i, 1, n)
    {
        scanf("%d %d %d", &t, &x, &y);
        if(x == 1 && y == 1)
            v.pb(t);
        else if(x == 1 && y == 0)
            a[na ++] = t;
        else if(y == 1 && x == 0)
            b[nb ++] = t;
    }
    sort(a, a + na);
    sort(b, b + nb);
    /* for_(i, 0, na - 1) */
    /*     cout << a[i] << " "; */
    int ct = min(na, nb);
    for_(i, 0, ct - 1)
        v.pb(a[i] + b[i]);
    if(v.size() >= k)
    {
        sort(v.begin(), v.end());
        int sum = 0;
        for_(i, 0, k - 1)
            sum += v[i];
        printf("%d\n", sum);
    }
    else
    {
        printf("-1\n");
    }


    return 0;
}

剩下題的之後再補。。。。。。。。。。。。

Codeforces Round #653 (Div. 3)(A~E)

題目傳送門

A. Required Remainder

思路

代碼

B. Multiply by 2, divide by 6

思路

代碼

C. Move Brackets

思路

代碼

D. Zero Remainder Array

思路

代碼

E1. Reading Books (easy version)

思路

代碼

A - Eight HDU - 1043（A*算法、雙向bfs）

C - 哈密頓繞行世界問題 HDU - 2181（bfs+暴力記錄路徑）

B - Eight II HDU - 3567（bfs+預處理）

Codeforces Round #653 (Div. 3)(A~E)

Codeforces Round #620 (Div. 2)（A～E）

https://yachay.unat.edu.pe/blog/index.php?comment_area=format_blog&comment_component=blog&comment_co

linux以太網驅動總結