Educational Codeforces Round 20 A-E

news2024/12/24 9:03:46

文章目录

    • A. Maximal Binary Matrix
    • B. Distances to Zero
    • C. Maximal GCD
    • D. Magazine Ad
    • E. Roma and Poker

A. Maximal Binary Matrix

思路：一道很有意思的构造，我们可以发现，按照下述，从外到内进行一层一层的构造一定是最优的。在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"

int a[105][105];
int n,k;
void solve()
{

	cin>>n>>k;
	if(k>n*n){
		cout<<-1<<endl;
		return ;
	}
	int f=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(k==0) {
				f=1;
				break;
			}
			if(a[i][j]) continue;
			if(i==j) a[i][j]=1,k--;
			else{
				if(k>=2) a[i][j]=a[j][i]=1,k-=2;
			}
		}
		if(f) break;
	}
	for(int l=1;l<=n;l++){
		for(int r=1;r<=n;r++) cout<<a[l][r]<<" ";
		cout<<endl;
	}
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	// cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
   	system("pause");
    return 0;
}

B. Distances to Zero

给你一个由整数 a0, a1, …, an - 1 组成的数组。求每个元素到最近的零的距离(到等于零的元素的距离)。给定数组中至少有一个零元素。

思路：我们考虑除了首尾元素和0的距离，若其左方存在0，并且右方存在0，那么我们可以从前往后扫一遍，然后从后往前扫一遍，就可以求出每个元素到0的最短距离。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"

int ans[N];

void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	vector<int> a(n+5);
	memset(ans,0x3f,sizeof ans);
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	int last=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==0){
			ans[i]=0,last=i;
		}
		if(last==-1) continue;
		else{
			ans[i]=(i-last);
		}
	}
	last=-1;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		if(a[i]==0){
			ans[i]=0,last=i;
		}
		if(last==-1) continue;
		else{
			ans[i]=min(ans[i],last-i);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" ";
	cout<<endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	// cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
   	system("pause");
    return 0;
}

C. Maximal GCD

给你一个正整数 n 。你应该创建这样一个由 k 个正数 a1, a2, …, ak 组成的 严格递增序列，使它们的和等于 n ，且最大公约数为最大值。

数列的最大公约数是数列中每个元素都能被它们整除的数的最大值。

如果不存在可能的序列，则输出 -1.

思路：感觉不能随便构造出来，所有考虑对于数列的最大公约数进行枚举，然后取最大的合法序列即可，但暴力枚举 1 − n 1-n 1−n肯定会超时，考虑优化，我们会发现，整个数列的最大公约数，一定是n的因子。

证明：设最大公因数为 k ,那么我们构造最小的严格递增序列为 k ∗ 1 , k ∗ 2 , k ∗ 3...... k ∗ ( i − 1 ) , k ∗ i k*1,k*2,k*3......k*(i-1),k*i k∗1,k∗2,k∗3......k∗(i−1),k∗i,其和等于 k ,那么把 k 提出来，就得到 n / k 为一个常数，因此得证。

又因为 n 的范围为1e10，枚举因数的时间复杂度为 n \sqrt{n} n ​,所以只需要对 n 进行质因数分解，然后一一枚举取最大值即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"


void solve()
{
	ll n,k;
	cin>>n>>k;
	__int128_t sum=(1+k)*(__int128_t)k/2;//注意题目为1e10的数据范围，所以ll存不下，要么使用int128，要么对式子进行变形
	if(sum>n){
		cout<<-1<<endl;
		return ;
	}
	vector<ll> a;
	for(int i=1;i<=n/i;i++){
		if(n%i==0){
			a.push_back(i);
			if(n/i!=i) a.push_back(n/i);
		}
	}
	ll ans=-1;
	for(auto x: a){
		if(n%x==0){
			ll cnt=n/x;
			if(cnt>=sum){
				ans=max(ans,x);
			}
		}
	}
	if(ans==-1){
		cout<<ans<<endl;
		return;
	}
	else{
		ll cnt=0;
		for(int i=1;i<=k-1;i++){
			cout<<ans*i<<" ";
			cnt+=i;
		}
		ll tot=n/ans;
		cout<<(tot-cnt)*ans<<endl;
	}
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	// cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
   	system("pause");
    return 0;
}

D. Magazine Ad

思路：二分答案

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"

int k;

vector<int> a;
vector<string> ss;

bool check(int x)
{
    int h=1;
    int sum=0;
    for(auto len: a){
        if(len>x) return false;
        if(sum+len>x){
            sum=len;
            h++;
        }
        else sum+=len;
    }
    return h<=k;
}

void solve()
{
    cin>>k;
    string s;
    while(cin>>s){
        ss.push_back(s);
    }
    for(int i=0;i<ss.size();i++){
        string s=ss[i];
        int sum=0;
        for(int i=0;i<s.size();i++){
            if(s[i]=='-'){
                a.push_back(sum+1);
                sum=0;
            }
            else sum++;
        }
        if(sum){
            if(i==ss.size()-1) a.push_back(sum);
            else a.push_back(sum+1);
        }
    }
    int l=0,r=1e9+5;
    int ans=0;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)/2;
        if(check(mid)){
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
        else l=mid+1;
    }
    cout<<ans<<endl;

}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    t=1;
    //cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    system("pause");
    return 0;
}

E. Roma and Poker

每天晚上，罗姆都会在他最喜欢的网站上玩在线扑克。这个网站上的扑克规则有点奇怪：一手牌总是有两个玩家，没有赌注，赢家从输家那里拿走 1 个虚拟布尔。

昨天晚上，罗姆开始玩扑克。他决定花费不超过 k 个虚拟布尔 - 如果输的比赢的多 k 个，他将立即停止游戏。此外，如果 Roma 赢的钱够他玩一晚上，即赢的钱比输的钱多 k ，他就会离开游戏。

第二天早上，罗姆发现了一张纸，上面有一个代表他结果的序列。罗马记不清楚结果了，而且序列中有些字符的写法让人无法辨认，所以罗马记不起自己是赢了 k 布尔还是输了。

Roma 写的序列是一个字符串 s ，由字符 W (Roma 赢了相应的一手牌)、L (Roma 输了)、D (平局)和 ? (未知结果)组成。罗姆希望通过将所有 ? 字符更改为 W, L 或 D 来恢复任何 valid 序列。如果满足所有这些条件，该序列就称为 valid 序列：

最终胜负数的绝对差等于 k ；
没有一手牌的绝对差等于 k 。
帮助 Roma 恢复任何这样的序列。

思路：限制条件比较多，考虑差分约束。

如果当前为W,则 d i − d i − 1 = 1 d_i-d_{i-1}=1 di​−di−1​=1
如果当前为D,则 d i − d i − 1 = 0 d_i-d_{i-1}=0 di​−di−1​=0
如果当前为L,则 d i − d i − 1 = − 1 d_i-d_{i-1}=-1 di​−di−1​=−1
考虑两者之间差的绝对值不大于1，则 ∣ d i − d i − 1 ∣ ≤ 1 |d_i-d_{i-1}|\le1 ∣di​−di−1​∣≤1
考虑到第 i 位为止，其前缀和小于等于k，则 ∣ d i − d 0 ∣ ≤ k − 1 |d_i-d_{0}|\le k-1 ∣di​−d0​∣≤k−1
考虑最终差值位 k ，则 ∣ d n − d 0 ∣ = k |d_n-d_0|=k ∣dn​−d0​∣=k
根据上述进行不等式转换即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"

vector<pll> e[N];

void add(int u,int v,int w)
{
    e[u].push_back({v,w});
}

int cnt[N];
int st[N];
ll d[N];
int n,k;
bool spfa()
{
    for(int i=0;i<=n;i++) d[i]=2e9,st[i]=cnt[i]=0;
    d[0]=0,st[0]=1;
    queue<int> q;
    q.push(0);
    while(!q.empty()){
        int t=q.front();
        q.pop();
        st[t]=0;
        for(auto [u,w]: e[t]){
            if(d[u]>d[t]+w){
                d[u]=d[t]+w;
                if(!st[u]){
                    st[u]=1;
                    q.push(u);
                    cnt[u]++;
                    if(cnt[u]>n) return false;
                }
            }
        }
    }
    return true;
}

void solve()
{
    cin>>n>>k;
    string s;
    cin>>s;
    //n=s.size();
    s=" "+s;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i]=='W'){
            add(i-1,i,1);
            add(i,i-1,-1);
        }
        else if(s[i]=='D'){
            add(i-1,i,0),add(i,i-1,0);
        }
        else if(s[i]=='L') add(i-1,i,-1),add(i,i-1,1);
        else add(i-1,i,1),add(i,i-1,1);
        if(i<n) add(i,0,k-1),add(0,i,k-1);
    }
    add(0,n,k),add(n,0,-k);
    if(spfa()){
        for(int i=1;i<=n;i++){
           // cout<<d[i]<<" ";
            if(d[i]-d[i-1]==1) cout<<"W";
            else if(d[i]-d[i-1]==0) cout<<"D";
            else cout<<"L";
        }
        cout<<endl;
        return;
    }
    e[n].pop_back();
    e[0].pop_back();
    add(0,n,-k),add(n,0,k);
    if(spfa()){
        for(int i=1;i<=n;i++){
           // cout<<d[i]<<" ";
            if(d[i]-d[i-1]==1) cout<<"W";
            else if(d[i]-d[i-1]==0) cout<<"D";
            else cout<<"L";
        }
        cout<<endl;
        return;
    }
    cout<<"NO"<<endl;

}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    t=1;
    //cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    system("pause");
    return 0;
}

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