Codeforces Round #726 (Div. 2) A B C D E1 题解

A. Arithmetic Array

题意：

给你n个数的数组
问最多加几个非负数
可以让数组总和/元素个数等于1

思路：

分类讨论
假设总和为sum，数组个数为n
假设加了cnt个非负数x
目标是 sum + cnt * x = n + cnt
这个式子不难发现右边每次只可以加1
左边可以加任何非负数
所以
如果sum = n  答案为0
如果sum < n  答案为1
如果sum > n  
因为右边每次只能加1
左边x可以为0
等价于 sum = n + cnt 
所以答案为 sum - n

时间复杂度：O n

#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int> 
#define x first 
#define y second 
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N =  1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n ;
int a[N] ;
int main()
{
    cin >> t ;
    while(t--)
    {
        cin >> n ;
        
        int sum = 0 , res = 0 ;
        fer(i,1,n)
        {
            cin >> a[i] ;
            if(a[i] > 0) sum += a[i] ;
            else if(a[i] < 0) res += a[i] ;
        }
        
        if(sum + res == n) puts("0") ;
        else if(sum + res < n) puts("1") ;
        else
        {
            cout << sum + res - n << "
" ;
        }
    }
    return 0;
}

B. Bad Boy

题意：

一个n*m的地图，一个人一开始在sx,sy这个位置
问如何安排2个溜溜球的位置，
使得他所走的距离最大化
并且要拿起这2个溜溜球
最后回到起点sx,sy这个位置

思路：

因为只能上下左右走
所以距离是曼哈顿距离
并且如果距离要最大
肯定是把这2个溜溜球放在4个端点的其中2个
{{1,1},{1,m},{n,1},{n,m}}
所以枚举这2个端点
求出最大值即可
后面发现1,1,n,m一定是最优解
所以直接输出即可

时间复杂度：O n

#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int> 
#define x first 
#define y second 
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N =  1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n , m , sx , sy ;
int main()
{
    cin >> t ;
    while(t--)
    {
        cin >> n >> m >> sx >> sy ;
        
        cout << 1 << " " << 1 << " " << n << " " << m << "
" ;
    }
    return 0;
}

C. Challenging Cliffs

题意：

给n个数的数组h[n]
可以按任意顺序排序
求当abs(h[1]-h[n])最小的时候
h[i] <= h[i+1]的i的个数最大
(1 <= i <= n - 1)

思路：

贪心
首先从小到大排序之后
首先找到2个下标sx,sy
使得abs(h[sx]-h[sy])最小
可以发现
1 <= i < sx h[i] <= h[i+1]
sy <= i < n  h[i] <= h[i+1] 
所以把sy到n中的数放前面
把1到sx中的数放后面
当h[1]!=h[n]的时候
h[i] <= h[i+1]的i的个数最大为n-2
当h[1]==h[n]的时候 为n-1

时间复杂度：O tnlogn

#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int> 
#define x first 
#define y second 
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N =  1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n ;
int a[N] ;
int main()
{
    cin >> t ;
    while(t--)
    {
        cin >> n ;
        
        fer(i,1,n) sf(a[i]) ;
        
        sort(a + 1 , a + 1 + n) ;
        
        int res = 1e9 ;
        
        fer(i,2,n)
        {
            res = min(res,a[i] - a[i-1]) ;
        }
        
        int sx , sy ;

        fer(i,2,n)
        {
            if(a[i] - a[i-1] == res)
            {
                sx = i - 1 ;
                sy = i ;
                break ;
            }
        }
        
        //cout << res << "
" ;
        //cout << sx << " " << sy << "
" ;
        
        if(n >= 3)
        {
            for(int i = sy ; i <= n ; i ++)
            {
                cout << a[i] << " " ;
            }
            
            for(int i = 1 ; i <= sx ; i ++)
            {
                cout << a[i] << " " ;
            }
        }
        else if(n == 2)
        {
            for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
                cout << a[i] << " " ;
        }
        cout << "
" ;
    }
    return 0;
}

D. Deleting Divisors

题意：

给定n
每次可以进行一个操作
减去这个数的其中一个因数
这个因数不能是1和他本身
Alice先手
谁最后不能操作就输
问谁赢

思路：

结论：n是奇数或者2的奇数次幂Bob赢，否则alice赢
引用幽灵抽风大神的证明:
先假设对于偶数和奇数的那个性质成立
若n是2的幂次，那么每次只能减2的幂次
如果减完不是2的幂次就输了
所以每次一定减2的幂次
换句话说，如果n=2^k，那么减完了n=2^{k-1}
当n是2的时候Bob赢
所以2的奇次幂Bob赢，偶次幂Alice赢
然后如果n不是2的幂，且n是奇数
那么n的所有因子都是奇数
所以n要变成的数一定是偶数
反之如果n是偶数且不是2的幂
则n有奇数因子，那么n就可以变成奇数
所以n是奇数则Bob赢，否则Alice赢

时间复杂度：O n

#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int> 
#define x first 
#define y second 
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N =  1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;

int main()
{
    unordered_map<ll,bool> q ;
    q[0] = 1 ;
    
    for(ll i = 1 ; i <= 31 ; i += 2)
    {
        q[1 << i] = true ;
    }
    
    int t ;
    cin >> t ;
    
    while(t--)
    {
        ll n ;
        cin >> n ;
        if(n & 1 || q[n]) puts("Bob");
        else puts("Alice");
    }
    return 0;
}

E1. Erase and Extend (Easy Version)

题意：

给定n,k,和一个字符串s
2个操作
1是s = s + s 
2是删除s的最后一个字符
每个操作可以进行任意次
求经过任意次操作且长度为k的且字典序最小的字符串
1 <= n,k <= 5000

思路：

考虑n，k的范围
可以暴力n^2做
不管最后怎么进行操作
长度为k的字符串只有n种情况
因为最后的字符串长度如果大于k了
你可以减到k
所以暴力求出这n个字符串
sort排序一下
输出第一个即可

时间复杂度：O n^2

#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int> 
#define x first 
#define y second 
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N =  1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
char a[N] ;
int b[N] ;
int z = 0 ;
string q[N] ;
int main()
{
    int n , k ;
    
    cin >> n >> k ;
    
    cin >> a + 1 ;
    
    int c = 0 ;
    
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
    {
        string x = "" ;
        for(int j = 1 ; j <= i ; j ++)
        {
            x += a[j] ;
        }
        
        string y = "" ;
        
        for(int j = 1 ; j <= k / i + 5 ; j ++)
        {
            y += x ;
        }
        
        q[++ c] = y.substr(0,k) ;
        //cout << y.substr(0,k) << "
" ;
        // cout << y << "
" ;
    }
    
    sort(q + 1 , q + 1 + c) ;
    
    cout << q[1] << "
" ;
    return 0;
}