【Codeforces #166 Div2】Solutions

　　好久没有做CF了手生的很。。。

　　【A.Beautiful Year】

　　http://www.codeforces.com/contest/271/problem/A

　　题目大意：四位数都不同的年份被称为“Beautiful Year”，问一个给定年份之后最近的“Beautiful Year”

　　模拟就可以了。。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;

int n;
bool vis[10];

bool check(int x){
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    while(x){
        int tmp=x%10;
        x/=10;
        if(vis[tmp]) return false;
        vis[tmp]=true;
    }
    return true;
}

int main(){
    cin>>n;
    n++;
    while(!check(++n))
    cout<<n<<endl;
}

　　【B.Prime Matrix】

　　http://www.codeforces.com/contest/271/problem/B

　　题目大意：n×m的格子，每次操作可以将一个格子中的数字加1，问最少操作次数使得存在一行或一列全为质数。

　　预处理出每个格子需要多少次操作成为质数，然后求最小行、列和即可。素数筛表即可，注意多筛一些。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;
template<class T>inline void gmin(T &a,T b){if(a>b)a=b;}

int n,m,a[1010][1010],prime[101000],tot,ans=2147483647,sum[1010][1010];
bool vis[200010];

int check(int x,int y){
    int t=a[x][y];
    int low=1,high=tot,mid;
    while(low<high){
        mid=(low+high)>>1;
        if(prime[mid]<t) low=mid+1;
        else high=mid;
    }
    sum[x][y]=prime[low]-t;
}

int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            cin>>a[i][j];
    for(int i=2;i<=200010;i++)
        if(!vis[i]){
            for(int j=2;j*i<=200000;j++)
                vis[j*i]=true;
        }
    for(int i=2;i<=200000;i++)
        if(!vis[i]) prime[++tot]=i;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            check(i,j);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int tmp=0;
        for(int j=1;j<=m;j++)
            tmp+=sum[i][j];
        gmin(ans,tmp);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int tmp=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            tmp+=sum[j][i];
        gmin(ans,tmp);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

　　【C.Secret】

　　http://www.codeforces.com/contest/271/problem/C

　　题目大意：n个物品分给k个人，使得每件物品所属的人的编号都不组成等差数列，找出可行方案。

　　这题做法有很多，随便构造一下就可以了。首先如果k*3<=n的话一定是无解的，因为这样肯定存在一个人拥有少于三个物品，那么必然构成等差数列。

　　满足之后就构造。可以1...k 1...k k...1，也可以112233...kk 1..k，and so on

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;

int n,m;

int main(){
    cin>>n>>m;
    if(m*3>n){
        cout<<-1<<endl;
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        cout<<i<<" "<<i<<" ";
    for(int i=1;i<=m;i++)
        cout<<i<<" ";
    for(int i=1;i<=n-3*m;i++) cout<<"1 ";
    return 0;
}

　　【D.Good Substrings】

　　http://www.codeforces.com/contest/271/problem/D

　　题目大意：存在不多于k个"坏"字母的字符串叫做“Good Substring”，问字符串s中有多少个不同子串是"Good Substring"。

　　复杂度不高，可以预处理前缀和（坏字母个数），然后枚举左右端点，哈希判重，这里直接用map了。。。

#include <iostream>
#include <string>
#include <map>
using namespace std;

const long long BASE=29;
const long long MOD=10000000000000000LL;
map<long long,bool> m;
long long base[2000],hash;
int k,cnt;
string s,good;

int main(){
    cin>>s>>good>>k;
    int len=s.length();
    base[0]=1;
    for(int i=1;i<=len;i++)
        base[i]=(base[i-1]*BASE)%MOD;
    for(int i=0;i<len;i++){
        hash=cnt=0;
        for(int j=i;j<len;j++){
            cnt+=good[s[j]-'a']=='0';
            if(cnt>k) break;
            hash=(hash+(long long)(s[j]-'a'+1)*base[j-i])%MOD;
            m[hash]=true;
        }
    }
    cout<<m.size()<<endl;
    return 0;
}

　　【E.Three Horses】

　　http://www.codeforces.com/contest/271/problem/E

　　题目大意：有三种转换（具体看题），问有多少种(x,y)，x<=y<=m能通过转换得到所有二元组(1,an)

　　思路来自cxlove blog:http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/8579542

　　从二元组(x,y)的差d=y-x来考虑。

　　对于第一个操作(x,y)->(x+y)，(x,y)->(y,2y-x)->(x,2y-x)->(2x-2,2y-2)->(x-1,y-1)，由此可知一个差为d的二元组(x,y)可以推出所有差为d的二元组(x',y')。

　　对于第二个操作，(x,x+d)->(x/2,x/2+d/2)，d'=d/2，差减半，由此可知一个差为d的二元组可以退出所有差为d^(2k)的所有二元组(x',y')。

　　对于第三个操作，(x,x+d1)&(x+d1,x+d1+d2)->(x,x+d1+d2)，差为两个二元组差的和，由此可知由一个差为d的二元组(x,y)可以推出所有差为kd的二元组(x',y')。

　　综上，我们可以找出所有可以推出目标二元组的可能的“差”，如果差为d，且x<=y<=m,则差为d的可能的初始二元组有m-d个。

#include <iostream>
using namespace std;

int n,m,a,gcd;
long long ans;

int GCD(int a,int b){
    return b==0?a:GCD(b,a%b);
}

int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>a;
        gcd=GCD(gcd,a-1);
    }
    while(!(gcd&1)) gcd>>=1;
    for(int i=1;i*i<=gcd;i++)
        if(!(gcd%i)){
            for(int j=i;j<m;j<<=1) ans+=m-j;
            if(i*i<gcd)
                for(int j=gcd/i;j<m;j<<=1) ans+=m-j;
        }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}