题目传送门

A. Required Remainder

思路

题意

给我们n,x,y 的值让我们找到 k%x==y的k最大值, $0<=k<=n$

分析

很水的一道题, 考虑n中包含x的数量为 $ct=n/x$ , 我们肯定要把这些包含x全部用上, 才可以使k更大, 全部用上得到的k为 $ct*k+y$ ,但是我们要特殊考虑如果ct*k+y >n的话要使答案变成 ct * k + y - x

代码

#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

题意

给我们一个数n,我们可以对其进行两种操作:
1. 令 n *= 2
2. 两 n /= 6(当 n%6==0的时候)
问最少经过多少次操作可以把 n 变成1 ?

分析

首先我们想,如果n一直进行操作2.一直 n除以6的话,最后的结果得到一个1,这是最理想的,最少的操作次数,
我们可以把让n除6这个操作看成让n先除3,在除2, 那么我们假设n最多可以除以 x个3, 假设 n最多可以除以y个2(求x,y的过程用因数分解,把n按因子2、3分解如果最后分解出来剩下的数不是1的话,输出-1)
1. 因为n实际上除的是6=3*2,所以 n 可以除以x个3,就要求最多只能被x个连续的2整除,所以如果y > x 的话,我们无论如何都没法消去多的 $2^{y-x}$ 次方, 所以输入-1
2. 而如果y < x 的话,我们可以通过操作1 来增加n中包含2的数量,即:增加y的数量,令y与x 相等,此时x-y就是要进行1操作的次数, 而x的数量就是要进行操作2的次数, 两次数想加就是ans

代码

#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

这题没啥说的，就是 stack 的经典应用题，答案就是最后还在站内的字符的数量 / 2

代码

#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

题意

给我们一个一个长度为n 的序列a，现在我们要通过下面两种操作，使a中所有元素能够被k整除, 又给我们的一个变量x（初始值为0）
1. 令 $a[i]+=x,x++$ ,这个操作对每个元素a[i]最多只能使用一次
2. 令 $x++$
问我们最少需要多少次上面的操作？

分析

在a中元素中如果已经可以被k整除的话，我们不需要对他们进行操作，我们假设剩下的不能被k整的除的元素的形成的新数组b，对于b中的元素我们求出的每个b中元素 $b_i$ 距离k某个倍数差了多少，这些差值形成一个新的数组c。
1. 举例：b ：{1、1、4、 5} ，k = 3，对于b中每个元素 $bi$ 减去 k 的某个倍数(这个倍数为 $(b_i/k+1)*k$ )
2. 之后得到c：{ 2，2，2，1}–>即：c：{1，2，2，2}，
3. 对于c中第一个元素1，我们需要先把x从0变为1（通过操作2）,之后再通过一次操作1 加到第一个元素1上，就是能使c中第一个数对应的在b中的元素可以被k整除了（之后x变为了1+1=2）
4. 接着考虑c中第一个元素2，我需要 2 - x次第一种的操作，和1次第二种的操作，总结一下就是需要（ $c_i-x+1$ 次两种操作，之后 $x=c_i+1=2+1$ ）,
5. 接下来考虑 $c_3=2$ ,这个时候我们发现x=3>2,两种操作都没有进行的意义了，这个时候我们只能无奈使 $c_3$ 的值增大1*k(只要这样才可以付出，小的代价，而继续操作),令c_3+= k == 5，这样我们需要的进行的次数为 $5-3+1=3$ 之后x变成了6，
6. 当我们进行第四个元素的时候，发现x=6>2,这个时候的我们让 $c_4+=2*k$ ,这样又可以进行操作了
核心的过程就是这样，这个过程的中特别注意的就是对于c中重复的元素我们应该不断的让重复的加上不同的k的倍数，之后所有c中的元素就的各不相同了，我们就可以 for循环一遍求出 ans了

代码

#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

题意

给我们n本书，每本书有三个参数 t、a、b，分别为：看这本书所需要的时间、a1表示爱丽丝喜欢这本书、b1表示鲍勃喜欢这本书
现在他们两个人都要从n本书中选择k本喜欢的数，他们两个人选择的书形成一个共享的集合（就是两个人选择选择的书的种类的并集），最阅读的总时间为这个集合的没种书阅读时间 $t_i$ 想加，
求这个最小时间，如果两个人都选择出k本喜欢的书，输出-1

分析

这一题根据贪心，首先两个人选择的书的总种类越少越好，而且两个都应该只选k本喜欢的书，不能多选，
此外我们可以把：两本书（一本爱丽丝喜欢，另一本鲍勃喜欢，而且选择的这两本书的时间之和尽量小）看做一本新的书，这样这本新读书阅读的总时间就要原来的两本书的时间之和，，，这样我们不断的选择两本书，尽可能的多拼凑出新的书，这本新书两个人都喜欢
这样，我们把所有『拼凑出的书』和所有原来就已经被两个人同时喜欢的书放在一起形成一个集合 S,从S中选择k本时间最短的书就是ans（当然如果S中书的数量<k 那么就是无解，输出-1）

代码

#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;
}

剩下题的之后再补。。。。。。。。。。。。

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

题目传送门

A. Required Remainder

思路

代码

B. Multiply by 2, divide by 6

思路

代码

C. Move Brackets

思路

代码

D. Zero Remainder Array

思路

代码

E1. Reading Books (easy version)

思路

代码

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