Codeforces Round #538 (Div. 2)
题目链接：https://codeforces.com/contest/1114
A. Got Any Grapes?
题意：
有三个人，有三种食物，食物对应的数量为a,b,c，三个人需要的食物量分别为x,y,z。
现在第一个人只吃第一种食物，第二个人只吃前两种食物，第三个人都要吃。问准备的食物数量是否能够满足这三个人。
题解：
简单模拟一下就行了。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int x,y,z; int a,b,c; int main(){ cin>>x>>y>>z>>a>>b>>c; if(a>=x && a-x+b>=y && a+b+c-x-y>=z) cout<<"YES"; else cout<<"NO"; return 0; }
B. Yet Another Array Partitioning Task
题意：
给出n个数，现在要将其划分为k个区间，要求从每个区间选出的m个最大值的和最大。问最大值以及怎样划分区间。
题解：
可以发现，最终选出来的数就是最大的那些数。
所以我们排下序，并且记录一下数原来的位置，贪心地选顺便标记一下位置就行了。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 2e5+5; ll a[N]; int n,m,k; int vis[N]; struct node{ ll v,pos; bool operator < (const node &A)const{ return v<A.v; } }b[N]; int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%I64d",&a[i]); b[i]=node{a[i],i}; } sort(b+1,b+n+1); ll ans = 0; for(int i=n;i>=n-m*k+1;i--){ ans+=b[i].v; vis[b[i].pos]=1; } int cnt = 0; int num=0; cout<<ans<<endl; for(int i=1;i<=n;i++){ if(vis[i]){ cnt++; if(cnt==m){ num++; if(num==k) break ; cout<<i<<" "; cnt=0; } } } return 0 ; }
C. Trailing Loves (or L'oeufs?)
题意：
给出n和b，问n!在b进制下，后面有多少个连续的0？
其中1<=n<=1018,2<=b<=1012。
题解：
可以通过类比在十进制下的情况来进行思考。
根据唯一分解定理，假设b可以分解为p1q1 * p2q2 *...* pmqm，其中p1,p2...pm为质数。
同时，n!也可以分解成相应的形式：K * p1r1 * p2r2 *...* pmrm，K为一个常数，这个常数可能很大，但没必要去管。
那么，最终的答案即为min{ri/pi}，这个类比一下十进制就可以发现了。
这里面{pm},{qm}都比较好求，可以不用把素数给筛出来。主要是{rm}，这里的求法比较巧妙，详见代码吧：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll n,b; int main(){ cin>>n>>b; ll ans = 2e18; for(ll i=2;i*i<=b;i++){ ll a=0,c=0; if(b%i!=0) continue ; while(b%i==0) b/=i,c++; ll m=n; while(m) a+=m/i,m/=i; ans=min(ans,a/c); } if(b>1){ ll a=0; while(n) a+=n/b,n/=b; ans=min(ans,a); } cout<<ans<<endl; return 0; }
D. Flood Fill
题意：
给出n个数，现在你可以任选一个数作为起点，然后每次将起点所在的连通块(连续的数相等即可成为连通块)变为一个数。问最少需要多少次操作，能让所有的数相等。
题解：
考虑动态规划，可以发现，每次的变化，要么连通块中的数都变为与左边相等，要么都变为与右边相等。
定义状态dp[l][r][0/1]:区间[l,r]内的数都与c[l/r]相等，我们可以不用管起点在哪，直接类似于区间dp那样进行转移就行了。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; const int N = 5005; int n; int c[N]; int dp[N][N][2]; int main(){ cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=(i==j)?0:INF; } } for(int k=2;k<=n;k++){ for(int i=1;i<=n;i++){ int j=i+k-1; if(j>n) break ; if(i<n){ dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0]+(c[i]!=c[i+1])); dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1]+(c[i]!=c[j])); } if(j>1){ dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0]+(c[j]!=c[i])); dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1]+(c[j]!=c[j-1])); } } } int ans=min(dp[1][n][1],dp[1][n][0]); cout<<ans; return 0; }
E. Arithmetic Progression
题意：
交互题。题目要你猜出一个等差数列的首项以及公差，题目中会给出一共有多少项。
然后你有两种询问：1."> x"，即询问数列中是否有大于x的数，最后会返回0或1；2.“? i”，询问第i个位置的数，会返回第i个位置的数。
要求你用最多60次询问机会，得到等差数列的首项以及公差。
题解：
这也是一个比较有意思的交互题，我想的是直接二分求出数列中的最大最小值，但最后发现只能求出数列中的最大值。
做法就是先用不超过30次的询问机会找出最大值是什么，然后用剩余的机会随机询问数列中的某些项的值为多少(新技能mt19937 get)。
最后将得到的项排序，求出两两之间的差值的gcd就行了。因为这里差值都为公差d的倍数。
做法就是上面这样...但是这并不能保证100%正确，可能会存在差错，但几率会非常小，具体证明我也不会...
代码如下：
#include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f; using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e6+5; int n,Max,cnt,d; mt19937 rnd(time(NULL)); int query1(int x){ printf("> %d ",x); fflush(stdout); int ans; scanf("%d",&ans); return ans ; } void getMAX(){ int l=0,r=1e9+1,mid; while(l<r){ mid=l+r>>1; cnt++; if(query1(mid)) l=mid+1; else r=mid; } Max=l; } int query2(int pos){ printf("? %d ",pos);fflush(stdout); int ans; scanf("%d",&ans); return ans ; } void getD(){ vector <int> lst; while(1){ ++cnt; if(cnt>60)break; int now=query2(rnd()%n+1); lst.push_back(now); } sort(lst.begin(),lst.end()); lst.erase(unique(lst.begin(),lst.end()),lst.end()); if(lst.back()!=Max) lst.push_back(Max); d=lst[1]-lst[0]; for(int i=1;i<lst.size();i++){ d=__gcd(lst[i]-lst[i-1],d); } } int main(){ scanf("%d",&n); getMAX(); getD(); int Min = Max-(n-1)*d; printf("! %d %d",Min,d); return 0; }