题目链接：Dashboard - Codeforces Round 1013 (Div. 3) - Codeforces

A. Olympiad Date

思路

找到第一个位置能凑齐01032025的位置

代码

void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vi a(n+10);
    int id=0;
    map<int,int> mp;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        mp[a[i]]++;
        if(!id&&mp[0]>=3&&mp[1]>=1&&mp[3]>=1&&mp[2]>=2&&mp[5]>=1){
            id=i;
        }
    }
    cout<<id<<"\n";
}

B. Team Training

思路

将数组a划分成不同的组别，最大化实力>=x的数量

贪心一下，如果a[i]>=x单独划分成一组，否则就多凑几个人到x

代码

void solve(){
    int n,x;
    cin>>n>>x;
    vi a(n+10);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    sort(a.begin()+1,a.begin()+1+n,greater<int>());
    int cnt=0;
    int t=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]>=x){cnt++;}
        else{
            if(t*a[i]>=x){
                cnt++;
                t=1;
            }else{
                t++;
            }

        }
    }
    cout<<cnt<<"\n";
}

C. Combination Lock

思路

构造，说实话这题全靠猜，我赛时傻傻地看样例2构造n=7的情况，其实只需要倒序输出一下就行，或者如下这么构造也是可以的

代码

void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    if(n%2==0){
        cout<<"-1\n";return;
    }
    vi ans(n+1);
    ans[1]=1;
    int t=n;
    for(int i=n-1;i>=1;i-=2){
        ans[i]=t--;
    }
    for(int i=n;i>=1;i-=2){
        ans[i]=t--;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cout<<ans[i]<<" ";
    }cout<<"\n";
}

D. Place of the Olympiad

思路

可以用二分找，也可以直接用贪心数学

这里我用的贪心，将k个均匀的放在n行中，我们只需要看被分配最多凳子的那一行能分的最小长凳的长度即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define vcoistnt ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(NULL); cout.tie(NULL); 
#define int long long
#define vi vector<int>
#define vb vector<bool>
typedef pair<int,int> pll;

const int N=2e5+10;
const int inf=1e18;
const int mod=998244353;

void solve(){
    int n,m,k;
    cin>>n>>m>>k;
    int t=k/n;

    int mx=t;
    if(k%n) mx++;

    int x=m-mx;
    if(x<=0){
        cout<<m<<"\n";return;
    }
    int y=mx/(x+1);
    
    if(mx%(x+1)==0){
        cout<<y<<"\n";
    }else{
        cout<<y+1<<"\n";
    }

}
signed main() {
    vcoistnt
    cout<<fixed<<setprecision(2);
    int _=1;
    cin>>_;
    while(_--) solve();
    return 0;
}

E. Interesting Ratio

思路

我们发现合法的对数只能是（1 2）（2 4）（4 8）... （1 3）（2 6）（3 9）...（1 5）（2 10）...

发现都是（1*k 素数*k）k是任意正整数，这样统计就行了

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define vcoistnt ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(NULL); cout.tie(NULL); 
#define int long long
#define vi vector<int>
#define vb vector<bool>
typedef pair<int,int> pll;

const int N=1e7+10;
const int inf=1e18;
const int mod=998244353;

vector<int> minp,primes;
void sieve(int n){
    minp.assign(n+1,0);
    primes.clear();
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(minp[i]==0){
            minp[i]=i;
            primes.push_back(i);
        }
        for(auto p:primes){
            if(i*p>n){
                break;
            }
            minp[i*p]=p;
            if(p==minp[i]){
                break;
            }
        }
    }
}
bool isprime(int n){
    return minp[n]==n;
}


void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    int cnt=0;
    for(int i=0;i<primes.size();i++){
        if(n<primes[i]) break;
        cnt+=(n/primes[i]);
    }
    cout<<cnt<<"\n";
}
signed main() {
    vcoistnt
    cout<<fixed<<setprecision(2);
    sieve(N);
    int _=1;
    cin>>_;
    while(_--) solve();
    return 0;
}

F. Igor and Mountain

思路

很明显此题是一个从最底层从下到上统计数量的动态规划dp的问题

用表示到达第i行第j列的方法数，此节点的dp值来源于下面一层到达此节点的方法，以及同层之间到达此节点的方法

那么我们便明确了状态转移方程，显然直接这样遍历是复杂度很高的

我们需要优化一下，根据d我们可以缩短枚举的范围，因为我们更新的时候加的是一段区间内的总和，又可以用前缀和优化

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define vcoistnt ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(NULL); cout.tie(NULL); 
#define int long long
#define vi vector<int>
#define vb vector<bool>
typedef pair<int,int> pll;

const int N=2e5+10;
const int inf=1e18;
const int mod=998244353;


void solve(){
    int n,m,d;
    cin>>n>>m>>d;
    vector<vi> dp(n+10,vi(m+10));   //第i行第j列的数量
    vector<vector<char>> s(n+10,vector<char>(m+10));
    bool b=false;


    for(int i=1;i<=n;i++){
        bool f=false;
        for(int j=1;j<=m;j++){
            cin>>s[i][j];
            if(s[i][j]=='X'){
                f=true;
            }
        }
        if(!f) b=true;
    }
    if(b){
        cout<<"0\n";return;
    }
    
    int xd=sqrt(d*d-1);     //上面一个点能从下面到的区间

    for(int i=n;i>=1;i--){
        vi tmp(m+1,0);    //表示第i行某个节点 从下面一行到此节点 的数量
        vi predp(m+10,0);   //表示上一层dp的前缀和
        vi pretmp(m+10,0);  //表示本层tmp的前缀和

        if(i==n){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                if(s[i][j]=='X') tmp[j]=1;
            }

        }else{

            
            for(int j=1;j<=m;j++){
                predp[j]=(predp[j-1]+dp[i+1][j])%mod;
            }

            for(int j=1;j<=m;j++){
                if(s[i][j]=='X'){

                    // 尝试暴力更新tmp的值
                    // for(int k=max(j-xd,1ll);k<=min(j+xd,m);k++){
                    //     if(s[i+1][k]=='X'){
                    //         tmp[j]=(tmp[j]+dp[i+1][k])%mod;
                    //     }
                    // }

                    tmp[j]=(tmp[j]+predp[min(j+xd,m)]-predp[max(j-xd,1ll)-1]+mod)%mod;

                }
            }
        }

        for(int j=1;j<=m;j++){
            pretmp[j]=(pretmp[j-1]+tmp[j]%mod);
        }
        
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(s[i][j]=='X'){

                // 尝试暴力更新灯dp的值
                // for(int k=max(j-d,1ll);k<=min(j+d,m);k++){
                //     if(s[i][k]=='X')
                //     dp[i][j]=(dp[i][j]+tmp[k])%mod;
                // }

                dp[i][j]=(dp[i][j]+pretmp[min(j+d,m)]-pretmp[max(j-d,1ll)-1]+mod)%mod;

            }
        }

    }


    int ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        ans=(ans+dp[1][i])%mod;
    }
    cout<<ans%mod<<"\n";
}
signed main() {
    vcoistnt
    cout<<fixed<<setprecision(2);
    int _=1;
    cin>>_;
    while(_--) solve();
    return 0;
}