比賽鏈接：https://codeforces.com/contest/1538
A. Stone Game
題解
從一側取：兩種情況
從兩側取：一種情況
取三種情況的最小值。
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
int p1 = min_element(a.begin(), a.end()) - a.begin();
int p2 = max_element(a.begin(), a.end()) - a.begin();
cout << min({max(p1, p2) + 1, n - min(p1, p2), (min(p1, p2) + 1) + (n - max(p1, p2))}) << "\n";
}
return 0;
}
B. Friends and Candies
題解
如果總和不能平分則無解，否則將多於平均的數重新分配。
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a.begin(), a.end());
int sum = accumulate(a.begin(), a.end(), 0);
if (sum % n != 0) {
cout << -1 << "\n";
} else {
cout << n - (upper_bound(a.begin(), a.end(), sum / n) - a.begin()) << "\n";
}
}
return 0;
}
C. Number of Pairs
題解
二分所能加的數的左右邊界。
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n, l, r;
cin >> n >> l >> r;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a.begin(), a.end());
long long ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
auto it1 = lower_bound(a.begin() + i + 1, a.end(), l - a[i]);
auto it2 = upper_bound(a.begin() + i + 1, a.end(), r - a[i]);
ans += it2 - it1;
}
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
D. Another Problem About Dividing Numbers
題解
最少操作次數：將 \(a,b\) 向 \(gcd(a, b)\) 轉化，
- 當 \(gcd(a, b) = a\) 且 \(gcd(a, b) = b\) 時，最少操作 \(0\) 次
- 當 \(gcd(a, b) = a\) 或 \(gcd(a, b) = b\) 時，最少操作 \(1\) 次
- 當 \(gcd(a, b) \ne a\) 且 \(gcd(a, b) \ne b\) 時，最少操作 \(2\) 次
最多操作次數：將 \(a, b\) 向 \(1\) 轉化，為兩者所有質因子的冪次之和。
如果 \(k\) 位於兩者之間則有解。
因為最少操作次數為 \(2\) 次，所以特判 \(k = 1\) 的情況，然后判斷 \(k\) 是否小於最多操作次數即可。
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
constexpr int N = 1e5;
vector<int> isPrime(N, true);
for (int i = 2; i < N; i++) {
for (int j = i + i; j < N; j += i) {
isPrime[j] = false;
}
}
vector<int> Primes;
for (int i = 2; i < N; i++) {
if (isPrime[i]) {
Primes.push_back(i);
}
}
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int a, b, k;
cin >> a >> b >> k;
if (k == 1) {
if (a == b) {
cout << "NO" << "\n";
} else if (a % b == 0 or b % a == 0) {
cout << "YES" << "\n";
} else {
cout << "NO" << "\n";
}
continue;
}
auto Count_Expo = [&](int n) {
int res = 0;
for (auto i : Primes) {
while (n % i == 0) {
++res;
n /= i;
}
}
if (n != 1) {
++res;
}
return res;
};
cout << (k <= Count_Expo(a) + Count_Expo(b) ? "YES" : "NO") << "\n";
}
return 0;
}
E. Funny Substrings
題解
因為 \(haha\) 長為 \(4\) ，所以保存一個字符串首尾的 \(3\) 個字符及 \(haha\) 的個數。
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct P{
string front;
string back;
long long cnt_haha = 0;
};
P cal(const string& s) {
P res;
res.front = s.substr(0, 3);
res.back = s.substr(max(0, (int)s.size() - 3));
for (int i = 0; i < (int)s.size(); i++) {
if (s.substr(i, 4) == "haha") {
++res.cnt_haha;
}
}
return res;
}
P merge(const P& a, const P& b) {
P res;
res.front = (a.front + b.front).substr(0, 3);
res.back = (a.back + b.back).substr(max(0, (int)a.back.size() + (int)b.back.size() - 3));
res.cnt_haha = a.cnt_haha + b.cnt_haha + cal(a.back + b.front).cnt_haha;
return res;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
map<string, P> mp;
for (int i = 0; i < n; i++) {
string name, op;
cin >> name >> op;
if (op == ":=") {
string str;
cin >> str;
mp[name] = cal(str);
} else if (op == "=") {
string a, b;
char ch;
cin >> a >> ch >> b;
mp[name] = merge(mp[a], mp[b]);
}
if (i == n - 1) {
cout << mp[name].cnt_haha << "\n";
}
}
}
return 0;
}
F. Interesting Function
題解
依次計算每一位對前一位產生了多少進位。
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int l, r;
cin >> l >> r;
string s1 = to_string(l), s2 = to_string(r);
s1 = string(s2.size() - s1.size(), '0') + s1;
int ans = 0, carry = r - l;
for (int i = s1.size() - 1; i >= 0; i--) {
ans += carry;
carry = (carry + s1[i] - '0') / 10;
}
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
G. Gift Set
題解
因為總次數具有單調性，所以考慮對其二分。
若某次所二分的總次數值為 \(n\) ，假設進行了操作一 \(k\) 次，那么有：
- \(a \times k + b \times (n - k) \le x\)
- \(b \times k + a \times (n - k) \le y\)
不妨令 \(a \gt b\) ， 化簡得：
- \(k \le \frac{x - b \times n}{a - b}\)
- \(k \ge \frac{y - a \times n}{b - a} = \frac{a \times n - y}{a - b}\)
同時，有：
- \(k \ge 0\)
- \(k \le n\)
若上述四個不等式在數軸上有交集，則 \(k\) 存在，表示當前二分值 \(n\) 可行。
Tips
若分子 \(a\) 可能為正負整數，分母 \(b\) 為正整數，則有：
- 取上整： \(\lfloor \frac{a + b - 1}{b} \rfloor\)
- 取下整： \(\lfloor \frac{a + b}{b} \rfloor - 1\)
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int x, y, a, b;
cin >> x >> y >> a >> b;
if (a == b) {
cout << min(x, y) / a << "\n";
continue;
}
if (a < b) {
swap(a, b);
}
int l = 0, r = (x + y) / (a + b);
while (l < r) {
int n = (l + r + 1) / 2;
int L = max(0, (a * n - y + a - b - 1) / (a - b));
int R = min(n, (x - b * n + a - b) / (a - b) - 1);
if (L <= R) {
l = n;
} else {
r = n - 1;
}
}
cout << l << "\n";
}
return 0;
}