Educational Codeforces Round 80

A. Deadline

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题目大意

给你(n,d)两个数,问是否存在(x)使得(x+frac{d}{x+1}leq n)，其中(frac{d}{x+1})向上取整。

解题思路

• 方案一：利用均值不等式公式推导

  (x+frac{d}{x+1}=x+1+frac{d}{x+1}-1geq2sqrt{d}-1)

  所以 (min(x+frac{x}{d+1})=2sqrt{d}-1)

  因此去判断(2sqrt{d}-1leq n)是否成，即(4 imes n^2leq (n+1)^2)是否成立即可。

• 方案二：暴力判断

  很明显的一点就是(x)的值不会超过(sqrt{d})，所以遍历判断一下即可。

AC代码1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        long long n,d;
        cin>>n>>d;
        if(4*d<=(n+1)*(n+1)){
            cout<<"YES"<<endl;
        }else{
            cout<<"NO"<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

AC代码2

#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e3+100;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int main()
{
    // freopen("data.txt","r",stdin);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n,d;
        cin>>n>>d;
        bool flag=false;
        for(int i=0;i*i<=d;i++){
            if((i+d/(i+1)+(d%(i+1)==0?0:1))<=n){
                flag=true;
            }
        }
        if(flag)cout<<"YES"<<endl;
        else cout<<"NO"<<endl;
    }
    return 0;
}

总结

最开始拿到这道题的时候居然有点懵，其实应该理所应当的想到(x)的值不会超过(sqrt{d})

B. Yet Another Meme Problem

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题目大意

给你两个数(A,B)，求满足(1leq a leq A)，(1leq b leq B)并且 (a imes b+ a+b = a imes 10^{b的位数}+b)的个数。

解题思路

在做这道题的时候其实出题人已经给了提示，所以很轻松的想到了结论，即找到满足(leq b)并且每一位都是(9)的数字个数( imes a)即为答案。

结论推导：

(a imes b+a+b=a imes 10^{b的位数}+b)

(a imes b+a = a imes 10^{b的位数})

(a imes (b+1) = a imes 10^{b的位数})

(b+1 = 10^{b的位数})

所以只有所有位都是(9)的数字才能满足，即(9,99,999,cdots)

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e3+100;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int main()
{
    // freopen("data.txt","r",stdin);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        ll a,b;
        cin>>a>>b;
        string str = to_string(b);
        int len = str.size()-1;
        bool flag = true;
        for(int i=0;i<str.size();i++){
            if(str[i]!='9'){
                flag=false;
                break;
            }
        }
        if(flag)len++;
        cout<<a*len<<endl;
    }
    return 0;
}

总结

这道题自己在求数字个数的时候用的是字符串求法，其实如果不是大数的话，个人认为用整数运算即可，还方便点。丢个代码出来。

int cnt=0;
int number=9;
while(number<=b){
    number = number*10+9;
    cnt++;
}

C. Two Arrays

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题目大意

给你两个数字(n,m)，求用(1cdots n)这(n)个数（数字可以重复）构造出两个长度为(m)的数组(a,b)满足一下要求的数组数量。

• 对于数组(a,b)中所有元素都满足(a_ileq b_i)
• 数组(a)是非递减的
• 数组(b)是非递增的

解题思路

啊啊啊，这道题自己在做的时候没有想到把两个数组给合起来，思维太线性了，没有转过弯。数组(a)是非递减的，数组(b)是非递增的，如果将数组(b)反转连接在数组(a)的后面就是一个非递减数组，那么题目要求就转化为求用(1cdots n)这(n)个数构造一个长度为(2 imes m)的非递减数组的个数。

• 复杂度为(O(n^2m))的转移方程

  (dp[i][j])表示第(i)个位置放数字(j)的方案数，那么(dp[i][j]=sum_{k=1} ^j dp[i-1][k])

• 复杂度为(O(nm)的转移方程)

  (dp[i][j])表示第(i)个位置放数字(j)的方案数，那么(dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1])，这里利用了前缀和的思想。

  推导如下：

  (dp[i][j]=sum_{k=1} ^j dp[i-1][k]=sum_{k=1}^{j-1}dp[i-1][k]+dp[i-1][j])

  因为(dp[i][j-1]=sum_{k=1} ^{j-1} dp[i-1][k])

  所以 (dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1])

  又或者在不知道如何推导的情况下可以从思维上这样想

  在第(i)个位置上可以放(j-1)，那么在第(i)个位置上肯定也可以放(j)，所以放(j)的个数肯定会包含放(j-1)的个数，但这样得到的所有方案在(i-1)这个位置上最大的是(j-1)，其实在(i-1)这个位置可以放(j)，所以再加上第(i-1)位置上放(j)的方案数。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
const int mod=1e9+7;
const int maxn=2e1+10;
const int maxm=1e3+20;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int dp[maxn][maxm];
int main()
{
    // freopen("data.txt","r",stdin);
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)dp[1][i]=1;

    for(int i=2;i<=2*m;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            dp[i][j]=(dp[i][j-1]+dp[i-1][j])%mod;
        }
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans+=dp[2*m][i];
        ans%=mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

总结

后悔拿到这道题没思考，再仔细思考一下，在理解题目的意思之后应当建立对应的模型，思维不能太线性了。