Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2)
Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2)
原作者為 DOEMsy@cnblogs， 本作品採用 CC 4.0 BY-SA 進行許可，轉載請註明出處。
最近被實驗室的幾個專案和論文壓迫得沒有時間刷題，和隊友一起報名的牛客和hdu多校，分別在第一場被叉姐和朝鮮人教育，感覺實力明顯退步，又滾回來刷題了。
https://codeforces.com/contest/1389
A. LCM Problem
題意
給定區間 \([l,r]\) ，求兩個不同的數字 \(x,y\) ，使得 \(l\le x\lt y \le r,l\le LCM(x,y) \le r\)
解題
這道題和之前的一道求區間最大 \(gcd\) 的簽到很像，感興趣的可以去看看 Codeforces Round #651 (Div. 2) A. Maximum GCD 。
在這個題目中的條件可以整合為 \(l\le x \lt y \le lcm \le r\) ，所以我們只需要讓 \(lcm\) 最小即可 。
\(x\) 和 \(y\) 的最大公倍數最小為 \(lcm_{min}(x,y) = y = 2x\) ，此時令 \(x = l\) ，可以得到 \(lcm_{min} = y = 2l\) ，即為最小的答案。如果 \(2l>r\)， 無解。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int main(){ //cin.tie(0);cout.tie(0); //ios::sync_with_stdio(false); //cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(6); //freopen("1.in", "r", stdin); //freopen("1.out", "w", stdout); int t;cin>>t; while(t--){ ll l,r;cin>>l>>r; if(2*l>r) cout<<"-1 -1"<<endl; else cout<<l<<" "<<2*l<<endl; } return 0; }
B. Array Walk
題意
給定陣列 \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\)，起點為 \(a_1\) ，你可以向左向右移動，不能越界，最多 \(k\) 次。
並且限制不能連續的向左移動，且向左移動的次數最多為 \(z\) 。
每次移動到位置 \(i\) 可以獲取分數 \(a_i\) ，初始分數為 \(a_1\) ，詢問你可以得到的最大分數和。
解題
這個題在做的時候真的是一頭霧水，本來以為模擬會超時，除錯了半天差分（下標殺我），結果閻佬暴力過了。
這裡講下差分+數學優化的思路。
首先，向左移動不能連續，所以如果有向左移動，就只能以左右間隔的形式反覆橫跳。其次，以貪心的思想，最大和出現的情況，一定是隻在某兩個相鄰位置之間反覆橫跳。
我們將移動分為三個階段：
- 第一階段，假設初始向右移動了 \(i\) 步，那麼當前處於的位置為 \(a_{i+1}\) ，積分和為 \(s_1 = sum_{i+1}\)（設 \(sum_i=\sum_{k=1}^i a_k\)，即前 \(i\) 項和）。
- 第二階段，隨後在 \(a_{i}\) 與 \(a_{i+1}\) 之反覆橫跳，設此過程中向左次數最多為 \(p\) ，向右次數最多為 \(q\) ，則 \(p=min(z,\lceil\frac{k-i}{2}\rceil),q=min(p,k-i-p)\) ，得到的積分為 \(s_2 = p*a_i + q*a_{i+1}\)
- 第三階段，設剩餘的步數為 \(k_1 = k-i-p-q\) ：
- 如果 \(k_1>0\)，全部用於向右移動，可以得到的積分為 \(s_3 = sum_{k_1+i+1} - sum_{i+1}\) （如果有剩餘步，那麼第二階段結束後位置一定在 \(i+1\)）。
- 如果 \(k_1=0\)，則 \(s_3 = 0\) ，且同時 \(i+1 = k-p-q+1\) ，即 \(sum_{i+1} = sum_{k-p-q+1}\)，無論階段二的落點是在 \(i\) 還是 \(i+1\) 。
三個階段的總積分獲取為 \(res = s_1+s_2+s_3 = sum_{k-p-q+1} + p*a_i + q*a_{i+1}\) 。
則最大積分和 \(ans = max\{res_i|res_i = sum_{k-p-q+1} + p*a_i + q*a_{i+1},i\in[1,k]\}\) ，複雜度 \(O(k)\)。
#include<bits/stdc++.h>
//#include<windows.h>
#define ll long long
#define fr(i,n) for(ll i=0;i<n;i++)
#define frs(i,n,flag) for(ll i=0;i<n&&flag;i++)
#define frr(i,j,n) for(ll i=j;i<n;i++)
#define r_frr(i,j,n) for(ll i=n-1;i>=j;i--)
#define frrs(i,j,n,flag) for(ll i=j;i<n&&flag;i++)
#define r_frrs(i,j,n,flag) for(ll i=n-1;i>=j&&flag;i--)
#define yes "yes"
#define no "no"
#define memset0(dp) memset(dp,0,sizeof(dp))
#define min_get(a,b) a = min(a,b)
#define max_get(a,b) a = max(a,b)
#define PI 3.14159265354
#define print_arr(begin,end) for(auto it = begin;it!=end;it++) cout<<*it<<" "; cout<<endl;
#define log_this(name,value) cout<<name<<": "<<value<<endl;
#define e5 100005
#define e6 1000006
using namespace std;
int to_int(string s) {stringstream ss;ss<<s<<endl;int a;ss>>a;return a;}
string to_str(double a) {stringstream ss;ss<<a<<endl;return ss.str();}
template<class T>inline void read(T &x){T f=1;x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=f;}
ll a[1*e5];
ll sum[1*e5];
int main(){
//cin.tie(0);cout.tie(0);
//ios::sync_with_stdio(false);
//cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(6);
//freopen("1.in", "r", stdin);
//freopen("1.out", "w", stdout);
int t;cin>>t;
while(t--){
ll n,k,z;cin>>n>>k>>z;
fr(i,n) cin>>a[i+1];
ll ans = 0;
sum[0] = 0;
//sum[0,i)
fr(i,n){
sum[i+1] = sum[i] + a[i+1];
}
frr(i,1,k+1){
ll p = min(1ll*z,(k+1-i)/2);
ll q = min(1ll*p,k-i-p);
ll res = sum[k-p-q+1]+p*a[i]+q*a[i+1];
ans = max(ans,res);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
C. Good String
題意
規定字串 \(t_1,t_2,t_3,...,t_n\) 。
如果 \(t_n,t_1,t_2,...t_{n-3},t_{n-2},t_{n-1}\) 與 \(t_2,t_3,t_4,...t_{n-1},t_n,t_1\) 完全相同，則稱該字串為 Good String 。
判斷給定字串至少刪除多少個字元可以變成 Good String 。
解題
簡單推導可以得到 Good String 中：
- 如果 \(n\) 是偶數，\(t_1=t_3=t_5=...=t_{n-3}=t_{n-1}\) 且 \(t_2 = t_4 = t_6 =...= t_{n-2} = t_n\) ，如 \(25252525\) 。
- 如果 \(n\) 是奇數，\(t_1=t_2=t_3=...=t_{n-1} = t_{n}\) ，如 \(22222\)。
而且題目規定 \(t_i\in[0,9]\) ，我們通過可以構造 \(10*10\) 種情況，分別算轉化需要的最小花費。
複雜度 \(O(10^2n)\) 。
#include<bits/stdc++.h>
//#include<windows.h>
#define ll long long
#define fr(i,n) for(ll i=0;i<n;i++)
#define frs(i,n,flag) for(ll i=0;i<n&&flag;i++)
#define frr(i,j,n) for(ll i=j;i<n;i++)
#define r_frr(i,j,n) for(ll i=n-1;i>=j;i--)
#define frrs(i,j,n,flag) for(ll i=j;i<n&&flag;i++)
#define r_frrs(i,j,n,flag) for(ll i=n-1;i>=j&&flag;i--)
#define yes "yes"
#define no "no"
#define memset0(dp) memset(dp,0,sizeof(dp))
#define min_get(a,b) a = min(a,b)
#define max_get(a,b) a = max(a,b)
#define PI 3.14159265354
#define print_arr(begin,end) for(auto it = begin;it!=end;it++) cout<<*it<<" "; cout<<endl;
#define log_this(name,value) cout<<name<<": "<<value<<endl;
#define e5 100005
#define e6 1000006
using namespace std;
int to_int(string s) {stringstream ss;ss<<s<<endl;int a;ss>>a;return a;}
string to_str(double a) {stringstream ss;ss<<a<<endl;return ss.str();}
template<class T>inline void read(T &x){T f=1;x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=f;}
int main(){
//cin.tie(0);cout.tie(0);
//ios::sync_with_stdio(false);
//cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(6);
//freopen("1.in", "r", stdin);
//freopen("1.out", "w", stdout);
int t;cin>>t;
while(t--){
string s;cin>>s;
int a[2];
int ans = 9999999;
fr(i,10) fr(j,10){
a[0] = i,a[1] = j;
int ct = 0,k = 0;
fr(i,s.size()){
if(s[i]!=a[k&1]+'0') ct++;
else k = !k;
}
if(int(s.size()-ct)&1) if(i!=j) ct++; //只有全相等才能為奇數
ans = min(ans,ct);
//cout<<i<<" "<<j<<" "<<ans<<endl;
}
//print_arr(ct,ct+10);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
D. Segment Intersections
題意
給定兩個線段陣列 \(a,b\)，初始 \(a\) 中所有線段等於 \([l_1,r_1]\)，\(b\) 中所有線段等於 \([l_2,r_2]\) 。
每次操作可以選擇兩組中任意一個線段，使其長度+1。
問最少多少次操作使得 \(\sum\limits_{i=1}^{n}{\text{intersection_length}([al_i, ar_i], [bl_i, br_i])}\ge k\) ，\(\text{intersection_length}\) 表示相交長度。
解題
可以通過開銷將重疊部分分為三種：
- 0 花費 原本就重疊的部分
- 1 花費 只需要延長一根線段就可以重疊的部分
- 2 花費 需要同時延長兩根線段得到的重疊
你有 \(n\) 對一模一樣的這樣的線段，所以每個重疊部分最多可以計算 \(n\) 次。
現在就變成了一道貪心題，優先選擇低開銷操作，複雜度 \(O(1)\) 。
#include<bits/stdc++.h>
//#include<windows.h>
#define ll long long
#define fr(i,n) for(ll i=0;i<n;i++)
#define frs(i,n,flag) for(ll i=0;i<n&&flag;i++)
#define frr(i,j,n) for(ll i=j;i<n;i++)
#define r_frr(i,j,n) for(ll i=n-1;i>=j;i--)
#define frrs(i,j,n,flag) for(ll i=j;i<n&&flag;i++)
#define r_frrs(i,j,n,flag) for(ll i=n-1;i>=j&&flag;i--)
#define yes "yes"
#define no "no"
#define memset0(dp) memset(dp,0,sizeof(dp))
#define min_get(a,b) a = min(a,b)
#define max_get(a,b) a = max(a,b)
#define PI 3.14159265354
#define print_arr(begin,end) for(auto it = begin;it!=end;it++) cout<<*it<<" "; cout<<endl;
#define log_this(name,value) cout<<name<<": "<<value<<endl;
#define e5 100005
#define e6 1000006
using namespace std;
int to_int(string s) {stringstream ss;ss<<s<<endl;int a;ss>>a;return a;}
string to_str(double a) {stringstream ss;ss<<a<<endl;return ss.str();}
template<class T>inline void read(T &x){T f=1;x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=f;}
int main(){
//cin.tie(0);cout.tie(0);
//ios::sync_with_stdio(false);
//cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(6);
//freopen("1.in", "r", stdin);
//freopen("1.out", "w", stdout);
int t;cin>>t;
while(t--){
ll n,k;cin>>n>>k;
ll la,ra,lb,rb;
cin>>la>>ra>>lb>>rb;
ll ans = 0;
ll x0 = min(ra,rb)-max(la,lb);//原相交部分，開銷為0
k -= n*max(0ll,x0);
if(k<=0){cout<<ans<<endl;continue;}
ll x1 = (max(ra,rb)-min(la,lb)-abs(x0)); //開銷為1的部分
//對p根線段進行開銷1操作
ll p = (x1+max(0ll,-x0))==0?n:min(n,k/(x1+max(0ll,-x0)));
k -= p*(x1+max(0ll,-x0));
ans += p*(x1+2*max(0ll,-x0));
if(k<=0){cout<<ans<<endl;continue;}
//對剩餘進行補齊
ll bq = 99999999999;
if(p!=0) bq=k*2; //p=0時，沒有線段相交
if(p<n) bq=min(bq,k+max(0ll,-x0)); //p=n時，沒有剩餘可用開銷1操作
ans+=bq; //消耗補齊
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}