本文主要是介绍Educational Codeforces Round 156 (Rated for Div. 2)补题，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
Sum of Three
题目大意：将一个正整数n分成3个不同的正整数x,y,z,保证三个数都不能整除3，如果无法实现就输出NO.
思路：这个题实际上特别简单，我们可以发现当n比较大的时候，我们可以从中取1，然后第二个数也是取一个个位数就能得到答案。所以我们直接暴力。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);int flag=0;for(int i=2;i<n;i++){if(i%3&&(n-i-1)%3&&i!=(n-1-i)&&i!=1&&n-i-1!=1&&i>0&&n-i-1>0) {flag=1;printf("YES\n");printf("1 %d %d\n",i,n-i-1);break;}}if(!flag) printf("NO\n"); }
}Fear of the Dark
题目大意：我们要从点(0,0)到点P，现在有A,B两个灯笼，分别在(xa,ya),(xb,yb)位置处，我们可以调节功率，也即灯光的半径，最终要实现从O到P都是被照亮的，求最小的功率。
思路：这题要求最小的功率，首先想到二分，那么现在的问题就是check函数怎么写，实际上合法的只有三种情况，O,P同在A中，同在B中，一个在A，一个在B，A和B相交或者相切。不过这道题还有一点麻烦的是输出的结果要是小数，误差不超过1e-6,这个可以通过设置循环退出的判断条件来实现，现在关键的还是check函数，我们可以预先计算出O和P到A和B的距离，然后确定一个半径后就可以判断在OP是否在AB中，以及上面的三种情况是否至少有一种能满足。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double dmax(double a,double b)
{if(a>b) return a;else return b;
}
double pa,pb,oa,ob,ab;
int check(double x)
{int cpa=0,cpb=0,coa=0,cob=0;if(pa<=x) cpa=1;if(pb<=x) cpb=1;if(ob<=x) cob=1;if(oa<=x) coa=1;if(cpa&&coa) return 1;//同在aif(cpb&&cob) return 1;//同在bif((cpb&&coa)||(cpa&&cob))//一个在a，一个在b{if(ab<=2*x) return 1;//ab相切或相交else return 0;}return 0;
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){double xp,yp,xa,ya,xb,yb;scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf",&xp,&yp,&xa,&ya,&xb,&yb);pa=sqrt((xp-xa)*(xp-xa)+(yp-ya)*(yp-ya)),pb=sqrt((xp-xb)*(xp-xb)+(yp-yb)*(yp-yb)),oa=sqrt((xa)*(xa)+(ya)*(ya)),ob=sqrt((xb)*(xb)+(yb)*(yb));ab=sqrt((xb-xa)*(xb-xa)+(yb-ya)*(yb-ya));double mx=dmax(pa,pb);mx=dmax(mx,oa);mx=dmax(mx,ob);double l=0,r=mx;while(r-l>1e-8){double mid=(l+r)/2;if(check(mid)) r=mid;else l=mid;} printf("%.8lf\n",l);}
}ps：对于浮点数的二分，每次更新直接将mid赋值给l或者r即可。
Decreasing String
题目大意：我们现有一个字符串s1，我们删除一个字符生成s2，使s2是所有情况中字典序最小的，然后从s2中删除一个字符得到s3，要求一样，是所有情况中字典序最小的，以此类推到仅有一个字母的字符串sm，我们将这些都拼起来得到s=s1+s2+s3+...+sm，现在要求的是s的第k位是什么字符，s中的下标从1开始。
思路：这题很明显是贪心，要找到一个最优的删除策略，我们先就样例讨论一下：
cab
ab
b
这个是最优的删法，可以发现a<c，且a在c后面，所以将c删掉可以降低字典序
然后对于ab，b的字典序大于a，那么就将b删除。
以此类推，一个字符串中后一个字母的字典序如果小于前一个字符，那么将前一个字母删掉，肯定是优解，而且因为字典序是从前往后比的，所以我们删除的位置越靠前越好。
那么删除的策略就得到了，先正序遍历，如果后一个字母的字典序小于前一个字母的字典序，就将其删除，最后得到一个字典序非递减的序列，然后再从后往前删除。但是我们注意到，一个字母可能不止小于前面一个，可能小于前面好几个，但是前面的那好几个是非减的关系，在它们被访问的时候不会被删除，所以我们对于一个小的出现时要往前遍历，不能删一个就往后遍历去了，因为我们最后想要的是一个非递减的字符串。
然后我们再来考虑，因为字符串的长度最大到1e6，肯定不能真的暴力把s生成，然后遍历去找第k位，那么就要想一想，有什么可以替代的方法。
我们在遍历的过程中，每删除一个字母，就相当于生成了一个长度比上一个小1的字符串，那么我们将这些长度累计起来（sum），不就相当于得到了目前已经拼接的字符串的长度，一旦它大于等于k，那么第k位的字符肯定在我们当前的这个字符串中。然后我们就要来考虑，如何可以得到我们当前的字符串。
我们用一个临时变量tmp来存没有在遍历中被弹出的字母，这个思路有点像YetnotherrokenKeoard，我们只考虑哪些是实际能够出现在结果中的，然后当sum>=k的时候退出遍历，然后将后面还没访问到的字符全部放入tmp中，得到的字符串就是我们当前的字符串，因为删除操作都发生在它前面，然后我们只统计了没有被删除的字母，然后将后面没删除的字母也放进去，那么得到的自然是我们想要的当前字符串，因为被删的都去掉了，只留下了没被删的，那么自然是我们想要的。
然后就要从这个字符串中找我们的结果，首先肯定要把这个字符串前面生成的那些字符串的长度从k中减掉，才能知道我们想要的结果，在当前字符串中是第几位，这个的计算可以用等差数列公式来算（这里需要累计一下，我们当前的字符串是第几个字符串）
s1 len
s2 len-1
s3 len-2
sm len-m+1
alllen=(len+len-m+1)*m/2
然后在这个字符串中找目标位置即可。
另外还有一种情况需要考虑，就是我们已经得到了一个非递减的字符串tmp后，总长度还是小于k，那么这种情况下就要从后往前来弹出，进而生成新字符串，剩下的处理和上面类似。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
signed main()
{int t;scanf("%lld",&t);while(t--){string s,tmp="";cin>>s;int k;scanf("%lld",&k);int l=s.size(),sum=s.size(),i,c=1;for(i=0;i<s.size()-1;i++){if(sum>=k) break;tmp += s[i];if(s[i+1]<s[i]) {int j=tmp.size()-1,d=i+1;while(s[d]<tmp[j]&&tmp.size())//虽然比前面的小，但是前面那个根本没被放进去,所以我们只用考虑被放入的那些{l -= 1, sum += l,c++;//新生成一个字串tmp.pop_back();if(sum>=k) break;j--;}}}for(i=i;i<s.size();i++) tmp += s[i];if(sum>=k){c--;int len=s.size();k-=(len+len-c+1)*c/2;//答案在此时的tmp中，但是要确定是第几个，那么就要将前面的都减掉for(int j=0;j<tmp.size();j++){if(j+1==k) {cout<<tmp[j];break;}}}else{for(int i=tmp.size();i>=0;i--){l -= 1,sum += l,c++,tmp.pop_back();if(sum>=k) break; //加上此时的tmp后超了}c--;int len=s.size();k-=(len+len-c+1)*c/2;for(int j=0;j<tmp.size();j++){if(j+1==k) {cout<<tmp[j];break;}}}}
}这篇关于Educational Codeforces Round 156 (Rated for Div. 2)补题的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
