Codeforces #689 A

前言

上橙了，可喜可贺qwq。

A - String Generation

题目大意

构造一个长度为 (n) 且只有 (a,b,c) 三种字符的字符串，使得最长回文子串长度不超过 (k)。

解题思路

显然 (abcabcabc...) 构造的字符串最长回文子串一定是 (1)。

Code

int t,n,k;

signed main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		n=read();k=read();
		for(int i=1;i<=n;++i)
			printf("%c",i%3==1?'a':(i%3==2?'b':'c'));
		printf("
");
	}
	return 0;
}

B - Find the Spruce

题目大意

求出矩阵中有多少个高度任意的金字塔

解题思路

(n le 500)

直接枚举矩阵位置，然后再枚举高度，前缀和判断是否合法。

注意边界的处理。

Code

const int N=505;
int t,n,m,sum[N][N],ans;
char mp[N][N];

signed main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		n=read();m=read();
		for(int i=1;i<=n;++i)
			scanf("%s",mp[i]+1);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=m;++j)
				sum[i][j]=sum[i][j-1]+(mp[i][j]=='*');
		ans=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=m;++j)
				for(int k=1;k<=n-i+1&&j+k-1<=m&&j-k+1>=1;++k)
					if(sum[i+k-1][j+k-1]-sum[i+k-1][j-k]==(k-1)*2+1)
						ans++;
					else break;
		printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}

C - Random Events

题目大意

给一个排列，有 (m) 种操作，第 (i) 种操作会将排列的前 (a_i) 个数排序，有 (p_i) 的概率发生，求序列最终有序的概率。

解题思路

设 (p) 为满足 (p+1 sim n) 这段有序的最小值，(x) 为排列有序的概率，(y) 为排列无序的概率。

那么显然若 (1 le a_i le p-1)，那么这个操作肯定没用。而如果 (p le a_i le n)，那么一次操作就能让这个排列有序。

所以

[egin{aligned}x & = 1-y \ & = 1-prodlimits_{i=1}^n{1-p_i | a_i ge p}end{aligned} ]

注意要特判下排列本身就有序的情况。

Code

const int N=1e5+5;
int t,n,m,a[N],mmax;
double ans;

signed main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		n=read();m=read();
		mmax=0;ans=1;
		for(int i=1;i<=n;++i)
			a[i]=read();
		for(int i=n;i>=1;--i)
			if(a[i]!=i)
			{
				mmax=i;
				break;
			}
		
		for(int i=1;i<=m;++i)
		{
			int x=read();
			double y;
			scanf("%lf",&y);
			if(x>=mmax) ans*=(1-y);
		}
		if(mmax==0)
		{
			printf("1
");
			continue;
		}
		printf("%.6lf
",1-ans);
	}
	return 0;
}

D - Divide and Summarize

题目大意

给一个序列 (a) ，设 (mid=dfrac{max{a_i} + min{a_i}}{2})，则每次可以丢掉大于 (mid) 的数或小于等于 (mid) 的数。

有 (q) 次询问，每次回答能否通过对 (a) 操作来使得 (a) 中所有数的和等于某个数。

解题思路

显然序列 (a) 种元素的顺序不会影响答案，所以可以先排序，这样不论怎么丢，剩下的数都是一个区间。

接下来直接模拟即可，处理出所有情况，查找小于或大于每个数可以用二分来实现。

Code

const int N=1e5+5;
int t,n,q,a[N],sum[N];

map<int,int> mp;

inline void binary(int l,int r);
inline int bin(int l,int r,int x);

signed main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		n=read();q=read();
		mp.clear();
		for(int i=1;i<=n;++i)
			a[i]=read();
		sort(a+1,a+1+n);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		binary(1,n);
		while(q--)
		{
			int x=read();
			if(mp[x]) printf("Yes
");
			else printf("No
");
		}
	}
	return 0;
}

inline void binary(int l,int r)
{
	if(l>r) return;
	int mid=(a[l]+a[r])>>1;
	mp[sum[r]-sum[l-1]]=1;
	if(l==r) return;
	int pos=bin(l,r,mid);
	if(pos!=r) binary(l,pos);
	binary(pos+1,r);
}

inline int bin(int l,int r,int x)
{
	int res=0;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(a[mid]<=x)
		{
			res=mid;
			l=mid+1;
		}
		else r=mid-1;
	}
	return res;
}

E - Water Level

题目大意

有一个数 (k)，必须时刻保持这个数在 ([l,r]) 中。

现在有 (t) 天，每天 (k) 都会减少 (x)，但每天开始前可以选择将 (k) 加上 (y)。

问能否保证 (k) 始终在 ([l,r]) 中的条件下度过这 (t) 天。

(1 le l,k,r,t,y le 10^{18},1 le x le 10^6)

解题思路

观察到这几个数中唯一小到可以枚举的只有 (x) ，因此考虑把复杂度转移到 (x) 上。

我们分两种情况讨论：

如果 (y < x)，你么每天肯定都要加，而每天都加这个数每天也会减少 (x-y)，因此看看能否减少 (t) 天即可。

而如果 (y ge x)，就会有点麻烦了。

一个显然的结论是，只在 (k) 减去 (x) 后会小于 (l) 的那天加 (y) 是最优的。

因为 (y>x)，所以加完后一定可以保证减去 (x) 后的数仍大于 (l)。

因此可以求出每一个减去 (x) 后小于 (l) 要过多少天，然后加上 (y) ，不断循环。

当出现下面这种情况时，一定不能完成：

(spacespacespacespacespace1.) (k) 不能再减 (x)，但是一旦加上 (y) 就会大于 (r)

而如果出现以下两种情况，那么一定能完成：

(spacespacespacespacespace1.) 天数超过 (t)

(spacespacespacespacespace2.) 当前的这个 (k) 在之前出现过（即出现了一个循环）

因为不能在减少 (x) 的 (k) 一共只有 (x) 个，这就保证了程序一定在 (x) 次运算内结束，因此复杂度为 ( ext{O}(x))。

Code

const int N=1e6+5;
int k,l,r,t,x,y,fl=1,vis[N];

signed main()
{
	k=read();l=read();r=read();t=read();x=read();y=read();
	if(y<x)
	{
		int now=0;
		while(k+y>r&&now<t) k-=x,now++;
		if((k-l)/(x-y)>=t-now) printf("Yes
");
		else printf("No
");
		return 0;
	} 
	int now=(k-l)/x;
	k-=now*x;
	while(now<t)
	{
		if(vis[k-l])
			break;
		vis[k-l]=1;
		if(k+y>r)
		{
			printf("No
");
			return 0;
		}
		k+=y;
		int tmp=(k-l)/x;
		now+=tmp;
		if(now>=t) break;
		k-=tmp*x;
	}
	printf("Yes
");
	return 0;
}