Codeforces Round #553 (Div. 2)

传送门

---

A. Maxim and Biology

　　题意：

　　　　给出一个串s，问最少需要多少步操作使得串s包含"ACTG"这个子串，输出最少操作次数；

　　题解：

　　　　枚举每个位置 i，求出将 i,i+1,i+2,i+3 变为 "ACTG" 所需的最少操作次数即可；

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

int n;
char s[100];

int Step(char x1,char x2)//求解x1变为x2所需的最少操作步骤
{
    if(x1 <= x2)
        return min(x2-x1,x1-'A'+'Z'-x2+1);
    else
        return min(x1-x2,'Z'-x1+x2-'A'+1);
}
//求解以index位置开始使得其连续的四个字符变为"ACTG"所需的最小操作步骤
int F(int index)
{
    int ans=0;
    ans += Step(s[index],'A');
    ans += Step(s[index+1],'C');
    ans += Step(s[index+2],'T');
    ans += Step(s[index+3],'G');
    return ans;
}
int Solve()
{
    int ans=INF;
    int len=strlen(s);
    for(int i=0;i+4 <= len;++i)
        ans=min(ans,F(i));
    return ans;
}
int main()
{
//    freopen("C:\Users\hyacinthLJP\Desktop\in&&out\contest","r",stdin);
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        scanf("%s",s);
        printf("%d
",Solve());
    }
    return 0;
}

---

B. Dima and a Bad XOR

　　题意：

　　　　给出一个 n*m 的矩阵a[][]，每一行任选一个元素，判断选出的这 n 个元素的异或和是否大于0；

　　　　如果存在大于0的选法，输出 "TAK" ，并且输出每一行选择的元素的列标；

　　　　如果不存在，输出 "NIE"；

　　题解：

　　　　令 ans = a[1][1]^a[2][1]^........^a[n][1]；

　　　　①ans > 0 : 输出 n 个 1

　　　　②ans == 0 : 判断是否可以将a[1][1] 或 a[2][1] 或 ..... 或 a[n][1] 变成同一行的其他元素；

　　　　　　　　　   如果可以，输出 "TAK"，并将任意一个a[ i ][1]变为同行中的其他元素；

　　　　　　　　　　反之，输出"NIE"；

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m;
int a[600][600];
int tmp[600];

bool isSat()//判断是否存在去重后的元素个数 > 1 的行
{
    for(int i=1;i <= n;++i)
    {
        /**
            如果想要从tmp[1]位置作为起始位置，第一个参数为tmp+1
            a[i]数组第一个位置的下标为a[i][1],所以第二个参数为a[i]+1
            第三个参数不是指数组个数，而是指要复制的数据的总字节数长度
        */
        memcpy(tmp+1,a[i]+1,m*sizeof(int));//将a[i]数组拷贝给tmp数组
        sort(tmp+1,tmp+m+1);
        int t=unique(tmp+1,tmp+m+1)-tmp;//去重
        t--;
        if(t > 1)
            return true;
    }
    return false;
}
void Solve()
{
    int ans=0;
    for(int i=1;i <= n;++i)
        ans ^= a[i][1];

    if(ans != 0 || ans == 0 && isSat())
    {
        printf("TAK
");
        bool flag=(ans != 0);//如果ans != 0,输出n个1
        for(int i=1;i <= n;++i)
        {
            if(!flag)
            {
                for(int j=2;j <= m;++j)
                    if(a[i][j] != a[i][1])
                    {
                        flag=true;//如果ans=0,找到第一个相异与a[i][1]的元素的列标即可
                        printf("%d ",j);
                        break;//记得break,不然，printf("%d ",j) 可能会调用多次
                    }
                if(!flag)
                    printf("1 ");
            }
            else
                printf("1 ");
        }
        printf("
");
    }
    else
        printf("NIE
");
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        for(int i=1;i <= n;++i)
            for(int j=1;j <= m;++j)
                scanf("%d",a[i]+j);
        Solve();
    }
    return 0;
}

 

---

C. Problem for Nazar

　　题意：

　　　　给定奇数集和偶数集；

　　　　现构造一个数组：

　　　　先取奇数集中 2⁰ 个元素1，再取偶数集中 2¹ 个元素2，4；

　　　　再取奇数集中 2²素 {3,5,7,9}，再取偶数集中 2³ 个元素 {6,8,10……}；

　　　　............

　　　　得到  {1,2,4,3,5,7,9,6,8,10,12……} ；

　　　　问这个数组的某一区间 [l,r] 的区间和是多少，并对1e9+7取模。

　　思路一：

　　　　分别求出区间[l,r]对应的 {oddS,oddE},{evenS,evenE}

　　　　oddS:区间[l,r]的第一个奇数

　　　　oddE:区间[l,r]的最后一个奇数

　　　　evenS,evenE同理；

　　　　

　　　　(oddSum:{oddS,....,oddE}之间的奇数个数，evenSum同理)

　　　　最后输出ans%mod即可；

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod=1e9+7;

ll l,r;

ll fOdd(int x)///找2^x个连续的奇数开始的奇数
{
    ll tot=((1ll*1<<x)-1)/3;
    return 1+(tot<<1);
}
ll fEven(int x)///找2^x个连续的偶数开始的偶数
{
    ll tot=((1ll*1<<x)-2)/3;
    return 2+(tot<<1);
}
ll quickPower(ll _a,ll _b,ll _mod)
{
    ll ans=1;
    while(_b)
    {
        if(_b&1)
            ans=ans*_a%mod;
        _a=(_a*_a)%mod;
        _b >>= 1;
    }
    return ans;
}
ll Solve()
{
    int x,y;
    for(x=0;(1ll*1<<(x+1))-1 < l;++x);///包含l的最大的x
    for(y=0;(1ll*1<<(y+1))-1 < r;++y);///包含r的最大的y

    ll oddS=!(x&1)/**判断x是否为偶数*/ ? fOdd(x)+(l-(1ll*1<<x))*2:fOdd(x+1);
    ll evenS=(x&1)/**判断x是否为奇数*/ ? fEven(x)+(l-(1ll*1<<x))*2:fEven(x+1);

    ll oddE=!(y&1) ? fOdd(y)+(r-(1ll*1<<y))*2:fOdd(y+1)-2;
    ll evenE=(y&1) ? fEven(y)+(r-(1ll*1<<y))*2:fEven(y+1)-2;

    ll ans=0;
    if(oddE >= oddS)
    {
        ll n=((oddE-oddS)>>1)+1;
        ll d=oddE+oddS;
        ///被除数2可以将其约掉(d肯定为偶数)
        ///也可以用逆元进行除法取模
        ///我用的是逆元除法取模（有点麻烦）
        ans += ((n%mod)*(d%mod)%mod)*(quickPower(2,mod-2,mod))%mod;
    }
    if(evenE >= evenS)
    {
        ll n=((evenE-evenS)>>1)+1;
        ll d=evenE+evenS;
        ans += ((n%mod)*(d%mod)%mod)*(quickPower(2,mod-2,mod))%mod;
    }
    return ans%mod;
}
int main()
{
//    freopen("C:\Users\hyacinthLJP\Desktop\in&&out\contest","r",stdin);
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    printf("%lld
",Solve());
    return 0;
}

　思路二：

　　　　前 i 个偶数的和为 i*(i+1)

　　　　前 i 个奇数的和为 i*i

　　　　求解出前 r 个奇数，偶数个数，求出答案

　　　　求解出前 l-1 个奇数，偶数个数，求出答案，两者做差便是最终答案

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod=1e9+7;

ll l,r;

ll Solve(ll x)///分别求解出[1,x]中奇数个数，偶数个数
{
    ll oddSum=0;
    ll evenSum=0;
    for(int i=0;;i++)
    {
        if((1ll*1<<(i+1))-1 >= x)///包含x的最大的2^i
        {
            if(i&1)
                evenSum += (x-(1ll*1<<i)+1)%mod;
            else
                oddSum += (x-(1ll*1<<i)+1)%mod;
            break;
        }
        if(i&1)
            evenSum += (1ll*1<<i)%mod;
        else
            oddSum += (1ll*1<<i)%mod;
        evenSum %= mod;
        oddSum %= mod;
    }
    ///[1,x]的区间和
    return (evenSum%mod*(evenSum+1)%mod%mod+oddSum%mod*(oddSum%mod)%mod)%mod;
}
int main()
{
//    freopen("C:\Users\hyacinthLJP\Desktop\in&&out\contest","r",stdin);
    scanf("%lld%lld",&l,&r);

    ///注意，取模做减法有可能变成负值，需要再加个mod，再模一次mod
    printf("%lld
",(Solve(r)-Solve(l-1)+mod)%mod);

    return 0;
}