比赛链接：https://codeforc.es/contest/1203/
A. Circle of Students
题意：(T)组询问，每组询问给出(n)个数字，问这(n)个数字能否围成圆环。（围成圆环指，从某一位开始顺时针或逆时针遍历，数组为(1, 2, 3, ..., n)）
分析：把数组复制一份，两个数组首尾相接，正反判定两次即可。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
ll n, m, k, t, a[SIZE];
int main() {
io(); cin >> t;
while (t--) {
cin >> n;
bool flag = true;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
rep(i, n + 1, n + n) a[i] = a[i - n];
rep(i, 1, n) {
if (a[i] == 1) {
ll cnt = 1;
rep(j, i + 1, i + n - 1) {
if (++cnt != a[j]) {
flag = false;
break;
}
}
}
}
if (flag) cout << "YES
";
else {
flag = true;
rep(i, 1, n / 2) swap(a[i], a[n - i + 1]);
rep(i, n + 1, n + n) a[i] = a[i - n];
rep(i, 1, n) {
if (a[i] == 1) {
ll cnt = 1;
rep(j, i + 1, i + n - 1) {
if (++cnt != a[j]) {
flag = false;
break;
}
}
}
}
if (flag) cout << "YES
";
else cout << "NO
";
}
}
}
B. Equal Rectangles
题意：(q)组输入，每组输入给出一个整数(n)，然后输入(4n)个整数。判断这些数字能否构成(n)个面积相同的矩形。
分析：先确定矩形的面积，显然应该是这些整数中的最小值乘最大值。然后我们对这些数排序，每次从首尾分别取两个数字判断是否构成矩形，面积是否相等即可。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
int a[SIZE], n, t;
int main(){
io(); cin >> t;
while(t--) {
cin >> n;
rep (i, 1, 4 * n) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + 4 * n + 1);
bool flag = true;
int L = 1, R = 4 * n;
int s = a[L] * a[R];
while(L < R){
if(a[L] != a[L + 1] || a[R] != a[R - 1]) { flag = false; break; }
else if(s != a[L] * a[R]) { flag = false; break; }
L += 2, R -= 2;
}
if (flag) cout << "YES
";
else cout << "NO
";
}
}
C. Common Divisors
题意：给出(n)个正整数，找出能整除这(n)个数的正整数个数。
分析：即求最大公因数的因子个数。
AC代码：
// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define SIZE 500010
#define rep(i, a, b) for(long long i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
ll n, m, k, t, cnt = 0, a[SIZE];
int main() {
io(); cin >> n;
ll minx = 1e15;
rep(i, 1, n) {
cin >> a[i];
minx = min(minx, a[i]);
if (a[i] == 1) { cout << 1; return 0; }
}
rep(i, 1, n) {
if (a[i] % minx == 0) continue;
else minx = __gcd(minx, a[i]);
}
rep(i, 1, sqrt(minx)) {
if (minx % i == 0) {
if (i * i != minx)cnt += 2;
else cnt++;
}
}
cout << cnt;
}
D2. Remove the Substring (hard version)
题意：给定两个字符串(s)和(t)，求一个最大的长度(n)，使得在字符串(s)中删除连续(n)个字符后(t)仍然可以为(s)的子串。
分析：我们考虑下面这个样例：
(asxxxxasdxxxd)
(asd)
可以发现我们删除的最大连续(n)个字符有两种情况，一种是从头或尾开始删（像CF给出的样例），另一种就是上面这样删除中间的字符。因此，我们考虑用(t)串去和(s)串匹配，记录前缀和和后缀和，在所有前缀和(+)后缀和(=) (t)串长度的情况中找到最大值。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define SIZE 500010
#define rep(i, a, b) for(long long i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
char s1[SIZE], s2[SIZE];
int pre[SIZE], post[SIZE], cnt, len1, len2, ans = 0;
int main() {
io(); cin >> (s1 + 1) >> (s2 + 1);
len1 = strlen(s1 + 1), len2 = strlen(s2 + 1);
for (int i = 1, j = 1; i <= len2; ++i) {
while (s1[j] != s2[i]) ++j;
pre[i] = j++;
}
for (int i = len2, j = len1; i; --i) {
while (s1[j] != s2[i]) --j;
post[i] = j--;
}
ans = max(len1 - pre[len2], post[1] - 1);
rep(i, 1, len2 - 1) ans = max(ans, post[i + 1] - pre[i] - 1);
cout << ans;
}
E. Boxers
题意：有(n)个拳击手，给出他们的体重(a_i)，每个拳击手的体重可以加(1)或减(1)（体重必须是正整数），询问最多能选出几个体重不同的拳击手。
分析：由于数据很小，用一个布尔数组保存所有可能的体重取值，然后贪心。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define SIZE 500010
#define rep(i, a, b) for(long long i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
ll n, m, k, t, x, num[SIZE];
bool a[SIZE];
int main() {
io(); cin >> n;
rep(i, 1, n) {
cin >> x;
a[x] = true;
num[x]++;
}
if (a[1]) a[2] = true;
rep(i, 2, 150001)
if (a[i])
a[i - 1] = a[i + 1] = true;
int cnt = 0;
rep(i, 1, 150000 + 1) {
if (a[i]) {
if (num[i - 1]) { num[i - 1]--; cnt++; }
else if(num[i]) { num[i]--; cnt++; }
else if (num[i + 1]) { num[i + 1]--; cnt++; }
}
}
cout << cnt;
}
F1. Complete the Projects (easy version)
题意：给定(n)个项目，和一个初始权值(r)。每个项目有两个数值构成，(a)表示要进行这个项目的最低权值需求，(b)表示进行完这个项目后权值将会变化的数值。询问能否完成所有的项目。
分析：首先我们肯定先做权值变化为正的项目，然后再做变化为负的项目。对于变化为正的项目，我们以(a)为关键字排序，对于变化为负的项目，我们以(a+b)为关键字排序。下证为什么以(a+b)为关键字排序：
我们考虑两项工作(A_1)和(A_2)，如果排序时(A_1)在前，则有$$a_1 leq r$$ $$a_2 leq r+b_1$$
同理，对于(A_2)在前时有$$a_2 leq r$$ $$a_1 leq r+b_2$$
转化为$$max(a_1, a_2-b_1) leq r$$ $$max(a_2, a_1-b_2) leq r$$
由于我们需要让(A_1)在前时更优，于是有(max(a_1, a_2-b_1) leq max(a_2, a_1-b_2))。分析后得到这个式子等价于(a_2+b_2 leq a_1+b_1)
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, r, x, y;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
}
struct node {
ll a, b;
}p1[SIZE], p2[SIZE], tp;
bool cmp1(node a, node b) {
return a.a < b.a;
}
bool cmp2(node a, node b) {
return a.a + a.b > b.a + b.b;
}
int main(){
io(); cin >> n >> r;
int j = 1, k = 1;
rep (i, 1, n) {
cin >> tp.a >> tp.b;
if (tp.b >= 0) p1[j++] = tp;
else p2[k++] = tp;
}
sort(p1 + 1, p1 + j, cmp1);
rep (i, 1, j - 1) {
if (r < p1[i].a) { cout << "NO"; return 0; }
else r += p1[i].b;
}
sort(p2 + 1, p2 + k, cmp2);
rep (i, 1, k - 1) {
if (r < p2[i].a) { cout << "NO"; return 0; }
else r += p2[i].b;
}
if (r >= 0) cout << "YES";
else cout << "NO";
}
F2. Complete the Projects (hard version)：
题意：和easy version基本一样，就是询问变成了最多能做几个项目。
分析：先排序贪心，然后取负数项目时dp。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for(long long i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
}
int n, r;
struct node {
ll a, b;
}p1[SIZE], p2[SIZE], tp;
bool cmp1(node a, node b) {
return a.a < b.a;
}
bool cmp2(node a, node b) {
return a.a + a.b < b.a + b.b;
}
int main() {
io(); cin >> n >> r;
int j = 1, k = 1, cnt = 0;
rep(i, 1, n) {
cin >> tp.a >> tp.b;
if (tp.b >= 0) p1[j++] = tp;
else p2[k++] = tp;
}
sort(p1 + 1, p1 + j, cmp1);
rep(i, 1, j - 1) {
if (r < p1[i].a) { continue; }
else r += p1[i].b;
cnt++;
}
sort(p2 + 1, p2 + k, cmp2);
vector<int> dp(r + 1);
rep(i, 1, k - 1) {
for (int j = r; j >= max(p2[i].a, abs(p2[i].b)); --j) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j + p2[i].b] + 1);
}
}
cout << cnt + dp[r];
}