Codeforces Round 942 (Div.1) (Div. 2) 2A~2D

本文主要是介绍Codeforces Round 942 (Div.1) (Div. 2) 2A~2D，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！

2A.Contest Proposal（枚举）

题意：

一个竞赛包含 $n$ 个问题，第 $i$ 个问题的难度预计最多为 $b_i$ 。现在已经有 $n$ 个问题提案，第 $i$ 个问题的难度为 $a_i$ 。最初， $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 和 $b_1,b_2,\ldots,b_n$ 都是按非递减顺序排序的。

有些问题可能比预期的更难，因此作者必须提出更多的问题。当提出难度为 $w$ 的新问题时，最难的问题将从竞赛中删除，问题将以难度不递减的方式排序。

换句话说，在每次操作中，你都要选择一个整数 $w$ ，将其插入数组 $a$ 中，对数组 $a$ 进行非递减排序，并从中删除最后一个元素。

求使对于所有 $i$ 都有 $a_i\le b_i$ 的的最小新问题数。

分析：

因为选的 $w$ 一定可以让它合法，一次操作可以看作 $a$ 数组向右平移一位。遍历 $a$ 数组中每个数和第一个比 $b$ 数组小的差值，取最大值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const LL N = 105;
LL a[N], b[N];int main() {int t;cin >> t;while (t--) {int n, ans = 0, flag = 0;cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> a[i];}for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> b[i];}for (int i = 0; i < n; i++) {flag = 0;for (int j = i; j < n; j++) {if (a[i] <= b[j]) {ans = max(j - i, ans);flag = 1;j = n;}}if (flag == 0) {ans = max(n - i, ans);}}cout << ans << endl;}return 0;
}

2B.Coin Games（博弈）

题意：

桌子上有 $n$ 枚硬币围成一个圆圈，每枚硬币要么朝上，要么朝下。爱丽丝和鲍勃轮流玩下面的游戏，爱丽丝先玩。

在每次操作中，玩家选择一枚正面朝上的硬币，取出硬币并翻转与其相邻的两枚硬币。如果（操作前）只剩下两枚硬币，则取出一枚，另一枚不翻转（因为会翻转两次）。如果（操作前）只剩下一枚硬币，则不会翻转任何硬币。如果（操作前）没有正面朝上的硬币，玩家就输了。

如果两人都以最佳方式下棋，谁会赢呢？可以证明，游戏将在有限次的操作中结束，其中一人将获胜。

分析：

将 $U$ 视作 $1$ ，将 $D$ 视作 $0$ ，一次操作就是拿走一个 $1$ ，将两侧分别异或 $1$ 。

观察样例，猜测 $U$ 有奇数个先手赢，反之后手赢。

证明：根据上述转化，判定条件等价于判断全局异或和为 $0$ 还是为 $1$ 。一次操作对全局异或和的影响是将其与 $1$ 进行异或。

初始异或和为 $1$ 时，先手必定可以操作，到后手时异或和为 $0$ ，后手可能可以操作，回到先手，异或和还是 $1$ ，必定可以操作。如此往复，只要后手能操作，先手必定可以操作。

另一种情况类似。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;void solve() {int n;cin >> n;string s;cin >> s;int cnt = 0;for (int i = 0; i < n; i++)if (s[i] == 'U')++cnt;if (!cnt) {cout << "NO" << endl;return;}if (cnt & 1) {cout << "YES" << endl;} else {cout << "NO" << endl;}
}int main() {int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

2C1A.Permutation Counting（贪心）

题意：

你有一些卡片。每张卡片上都写着一个介于 $1$ 和 $n$ 之间的整数：具体来说，从 $1$ 到 $n$ 的每张 $i$ ，你们有 $a_i$ 张卡片，上面写着数字 $i$ 。

还有一个商店，里面有无限量的各种类型的卡片。你有 $k$ 枚金币，因此你总共可以购买 $k$ 张新卡片，你所购买的卡片可以包含 $1$ 到 $n$ 之间的任意整数。

购买新牌后，您要将所有牌重新排列成一行。重新排列的得分是长度为 $n$ 的（连续）子数组中 $[1,2,\ldots,n]$ 的排列数。你能得到的最高分是多少？

分析：

贪心地考虑优先用 $k$ 买原本数量少的卡片，使每种卡片的最少数量尽可能大。

推导一下可以发现使答案尽可能大的结构是 $1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4$ 这样的排列。

计算贡献，假设最小值为 $x$ ，比 $x$ 大的有 $y$ 个，我们一定会把这 $y$ 个尽量往前放，让较小的 $x$ 利用充分，这样总共有 $(x - 1) n + 1 + y$ 个合法子段。

然后就是模拟，把 $k$ 尽量往数量少的分。使用差分维护即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;void solve() {LL n, k;cin >> n >> k;vector<LL> a(n, 0);for (int i = 0; i < n; i++)cin >> a[i];sort(a.begin(), a.end());vector<LL> dlt(n, 0);for (LL i = 0; i < n - 1; i++) {if (!k)break;LL x = (i + 1) * (a[i + 1] - a[i]);if (k >= x) {dlt[i] += a[i + 1] - a[i];k -= x;} else {LL d = k / (LL) (i + 1);for (LL j = 0; j <= i; j++)a[j] += d;k -= (i + 1) * d;for (LL j = i; j >= 0; j--)if (k) {++a[j];--k;}break;}}LL sum = 0;for (LL i = n - 1; i >= 0; i--)sum += dlt[i], a[i] += sum;LL d = k / (LL) n;k -= n * d;for (LL i = n - 1; i >= 0; i--)a[i] += d;for (LL i = n - 1; i >= 0; i--)if (k) {++a[i];--k;}LL res = 0;for (LL i = n - 1; i >= 0; i--)if (a[i] > a[0])++res;cout << a[0] * n - n + 1 + res << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

2D1(1B1).Reverse Card (Easy Version)（数学）

题意：

给你两个正整数 $n$ , $m$ 。

请计算满足以下条件的有序数对 $(a, b)$ 的个数：

$1\le a\le n$ , $1\le b\le m$ ;
$a + b$ 是 $b\cdot\gcd(a,b)$ 的倍数。

分析：

$g c d (a, b)$ 一定是等于 $b$ ，问题转换为 $(a+b)\%(b*b)==0$ 。

那么 $a$ 是 $b$ 的倍数一定成立，可以通过枚举 $b$ 来找 $a$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;void solve() {int n, m;cin >> n >> m;int ans = 0;for (int b = 1; b <= m; ++b) {ans += (n / b + 1) / b - (b == 1);}cout << ans << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

2D2(1B2).Reverse Card (Hard Version)（数学）

题意：

给你两个正整数 $n$ , $m$ 。

请计算满足以下条件的有序数对 $(a, b)$ 的个数：

$1\le a\le n$ , $1\le b\le m$ ;
$b\cdot\gcd(a,b)$ 是 $a + b$ 的倍数。

分析：

将 $\gcd(a,b)$ 表示为 $d$ 。假设有 $a = p d$ 和 $b = q d$ ，那么我们知道 $\gcd(p,q)=1$ .

$(a+b)\mid(b\cdot\gcd(a,b))\iff(pd+qd)\mid(qd^2)\iff(p+q)\mid (qd)$

已知 $\gcd(p+q,q)=\gcd(p,q)=1$ ，所以是 $(p+q)\mid d$ 。

我们还知道 $p\ge 1,q\ge 1$ ，所以 $p\lt d=\frac{a}{p}\le\frac{n}{p}$ ，从而 $p^2\lt n$ 。同样，我们可以证明 $q^2\lt m$ 。

所以 $(p, q)$ 的个数是 $\mathcal O(\sqrt{nm})=\mathcal O(n+m)$ 。我们可以枚举出 $\gcd(p,q)=1$ 的每个 $(p, q)$ ，并计算出答案。需要 $(p+q)\mid d$ ，因此我们加上 $\left\lfloor\frac{\min\{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{q}\rfloor\}}{p+q}\right\rfloor$ 。

时间复杂度： $\mathcal O(\sum n+\sum m)$ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;int main() {int t;cin >> t;while (t--) {ll n, m;cin >> n >> m;ll sq = sqrt(n) + 2, sqm = sqrt(m) + 2;vector bad(sq + 1, vector<bool>(sqm + 1, 0));for (ll i = 2; i <= min(sq, sqm); i++) {for (ll a = i; a <= sq; a += i) {for (ll b = i; b <= sqm; b += i) {bad[a][b] = true;}}}ll ans = 0;for (ll a = 1; a * a <= n; a++) {for (ll b = 1; b * b <= m; b++) {if (bad[a][b]) continue;ans += min(n / (a + b) / a, m / (a + b) / b);}}cout << ans << endl;}return 0;
}