Educational Codeforces Round 118 (Div.2)
Edu 118(Div.2)
A. Long Comparison
題意
給定四個數字 \(x, p_1, y, p_2\) ，\(p_1\) 表示 \(x\) 後面的 \(0\) 個數， \(p_2\) 表示 \(y\) 後面的 \(0\) 個數，比較 \(x, y\) 的大小。
分析
- 位數相同：根據位數判斷。
- 位數不同：把 \(x\) 和 \(y\) 的後導 \(0\) 去掉，再比較 \(x, y\) 。
Code
/* 終點是一切概率的結束，也是一切期望的開始 */ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve () { string a; int p; cin >> a >> p; string b; int p2; cin >> b >> p2; if (a.size() + p != b.size() + p2) { if (a.size() + p > b.size() + p2) cout << '>' << endl; else cout << '<' << endl; } else { while(a[a.size() - 1] == '0') p ++ , a = a.substr(0, a.size() - 1); while(b[b.size() - 1] == '0') p2 ++, b = b.substr(0, b.size() - 1); if (a == b) cout << '=' << endl; else if (a > b) cout << '>' << endl; else cout << '<' << endl; } } signed main () { cout.tie(0)->sync_with_stdio(0); int _; for (cin >> _; _--; ) solve(); return 0; }
B. Absent Remainder
題意
給定長度為 \(n\) 的序列 \(a\)，找出 \(\lfloor \dfrac n 2 \rfloor\) 個序偶 \((x, y)\) 滿足：
- \(x != y\) 。
- \(x \in a, y \in a\) 。
- \(x \ \ mod \ \ y \notin a\) 。
分析
對序列排序，輸出後面 \(\lfloor \dfrac n 2 \rfloor\) 和 \(a_1\) 組成的序偶即可，因為模數一定小於 \(a_1\) ，而 \(a_1\) 是序列最小的數字，因此模數一定不存在在 \(a\) 中。
Code
/* 終點是一切概率的結束，也是一切期望的開始 */ #include <bits/stdc++.h> #define rep(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i++) using namespace std; const int N = 200010; int a[N]; void solve () { int n; cin >> n; rep(i, 1, n) cin >> a[i]; sort(a + 1, a + n + 1); for (int i = 0, p = 2; i < n / 2; i ++, p ++ ) cout << a[p] << ' ' << a[1] << endl; } signed main () { cout.tie(0)->sync_with_stdio(0); int _; for (cin >> _; _--; ) solve(); return 0; }
C. Poisoned Dagger
題意
敵人有 \(h\) 血量，你有 \(n\) 次攻擊，第 \(i\) 次攻擊會從 \(a_i\) 秒開始，每秒對敵人造成 \(1\) 血量，同時前面的攻擊無效（即每秒只會造成 \(1\) 傷害），攻擊有 \(k\) 秒的延長時間，即如果從 \(a_i\) 開始攻擊，敵人會在 \(a_i, a_{i+1} \ldots a_{i+k-1}\) 秒受到傷害。問 \(k\) 的最小值。
分析
每次攻擊會造成 \(min(k, d_i)\) 傷害 (\(d_i\) 為兩次攻擊的間隔)。
由於答案有單調性，可以二分列舉 \(k\) 的值。
Code
/* 終點是一切概率的結束，也是一切期望的開始 */ #include <bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int N = 200010; int d[N]; // 間隔，n-1個 int n, h; bool check (int mid) { int m = 0; for (int i = 1; i < n; i ++ ) m += min(d[i], mid); m += mid; return m >= h; } void solve () { cin >> n >> h; int last; cin >> last; for (int i = 1; i < n; i ++ ) { int x; cin >> x; d[i] = x - last; last = x; } int l = 1, r = 1e18 + 10; while(l < r) { int mid = l + r >> 1; if (check(mid)) r = mid; else l = mid + 1; } cout << r << endl; } signed main () { cout.tie(0)->sync_with_stdio(0); int _; for (cin >> _; _--; ) solve(); return 0; }
D. MEX Sequences
題意
定義序列為 \(MEX-correct\) 當且僅當序列滿足：\(|x_i - Mex(x_1, x_2 \ldots x_i)| \le 1\) 。
給定長度為 \(n\) 的序列\(a\) ，問序列 \(a\) 有多少子序列為 \(MEX-correct\) 。
分析
當一個元素為 \(x\) 時，它的 \(mex\) 只能為 \(x-1\) 或者 \(x+1\) 。
假設序列某一個字首 \(mex\) 為 \(x\) ，那麼這個字首序列的最大值只能為 \(x-1\) 或 \(x+1\) 。
所以對於某一個元素 \(x\) ，可以對\(MEX-correct\)分為四類：
- \(mex = x-1, max = x\) 。
- \(mex = x-1, max = x-2\) 。
- \(mex = x+1, max = x+2\) 。
- \(mex = x + 1, max = x\) 。
假設 \((x, y)\) 表示 \((mex, max)\) 。
我們設 \(dp1(i)\) 表示序列性質為 \((i, i+1)\) 的序列數量，\(dp2(i)\) 表示 \((i, i-1)\) 的序列數量。
對於 \((x-1, x)\) 而言，由於當前元素為 \(x\) ，我們可以選擇把元素加或者不加入 \((x-1, x)\) 序列，不會影響 \((x-1, x)\) 序列性質。
同時可以把 \(x\) 加入到 \((x-1, x-2)\) 序列中使得它變為 \((x-1, x)\) 。但是這個對於 \(x = 1\) 時，\((0, -1)\) 一定方案數為 \(0\) ，但是我們可以選擇直接選擇 \(\{1\}\) ，這個也滿足 \((x-1, x)\) ，貢獻為 \(1\)。
所以 \(dp2(x-1) = dp2(x-1) \times 2 + dp1(x-1) + (x == 1)\) 。
對於 \((x-1, x-2)\) ，它是沒有轉移的。
對於 \((x+1, x+2)\) ，由於 \(mex = x+1\) ，所以序列裡一定有 \(x\) ，加入 \(x\) 不會影響序列性質。
所以 \(dp2(x+1) = dp2(x+1) \times 2\) 。
對於 \((x+1, x)\) ，可以選擇加入 \(x\) 不改變性質，也可以把 \(x\) 加入 \((x, x-1)\) 轉移為 \((x+1, x)\) 。
注意當 \(x = 0\) 時 \((0, -1)\) 一定為 \(0\) 個。但是可以直接選擇 \(\{0\}\) ，滿足 \((x+1, x)\) ，貢獻為 \(1\)。
所以 \(dp1(x+1) = dp1(x+1) \times 2 + dp1(x) + (x == 0)\) 。
根據 \(dp1, dp2\) 的定義，把所有方案加起來就是總方案。
Code
/* 終點是一切概率的結束，也是一切期望的開始 */
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i++)
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
/*
* dp1(i) 表示mex為i且最大值為i-1的方案數量
* dp2(i) 表示mex為i且最大值為i+1的方案數量
*/
void solve ()
{
int n, ret = 0; cin >> n;
map<int, int> dp1, dp2;
rep(i, 1, n)
{
int x; cin >> x;
dp2[x-1] = (dp2[x-1] * 2 + dp1[x-1] + (x == 1)) % mod;
dp2[x+1] = (dp2[x+1] * 2) % mod;
dp1[x+1] = (dp1[x+1] * 2 + dp1[x] + (x == 0)) % mod;
}
for (auto & [k, v] : dp1) ret = (ret + v) % mod;
for (auto & [k, v] : dp2) ret = (ret + v) % mod;
cout << ret << endl;
}
signed main ()
{
cout.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int _; for (cin >> _; _--; ) solve();
return 0;
}
E. Crazy Robot
題意
給定矩陣圖，上面有 \(L\) 表示實驗室， \(\#\) 表示障礙物，\(.\) 表示空地。
有一個機器人可能在圖上的任意一個空地上，你可以給它任意下達方向指令，它會選擇一個與指令不同的方向且該方向不為障礙物，向這個方向走，否則不會移動。
問有多少可能的空地，使得機器人在該點時，無論機器人如何行動，總能選擇指令使它到達實驗室。
分析
從實驗室出發，如果機器人只有一個方向有空地，則我們可以選擇走這個空地的指令，那麼機器人一定會向實驗室走。
注意最後輸出地圖不要使用 \(endl\) ，否則輸出 \(10^6\) 次會超時。
Code
/* 終點是一切概率的結束，也是一切期望的開始 */
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i++)
using namespace std; using PII = pair<int, int>;
const int N = 1000010;
const int dr[] = {-1, 1, 0, 0}, dc[] = {0, 0, -1, 1};
PII q[N];
void solve ()
{
int n, m, x, y; cin >> n >> m;
vector g(n, vector<char>(m));
rep(i, 0, n-1) rep(j, 0, m-1)
{
cin >> g[i][j];
if (g[i][j] == 'L') x = i, y = j;
}
int hh = 0, tt = -1;
// 把周圍點加進來
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int dx = x + dr[i], dy = y + dc[i];
if (dx < 0 || dx >= n || dy < 0 || dy >= m || g[dx][dy] == '#') continue;
q[++ tt] = {dx, dy};
}
while(hh <= tt)
{
PII t = q[hh ++ ];
int x = t.first, y = t.second, cnt_free = 0;
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int dx = x + dr[i], dy = y + dc[i];
if (dx < 0 || dx >= n || dy < 0 || dy >= m) continue;
if (g[dx][dy] == '.') cnt_free ++ ;
}
if (cnt_free > 1) continue;
g[x][y] = '+';
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int dx = x + dr[i], dy = y + dc[i];
if (dx < 0 || dx >= n || dy < 0 || dy >= m) continue;
if (g[dx][dy] == '.') q[++ tt] = {dx, dy};
}
}
rep(i, 0, n-1)
{
rep(j, 0, m-1) cout << g[i][j];
cout << '\n';
}
}
signed main ()
{
cout.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int _; for (cin >> _; _--; )
solve();
return 0;
}