CodeForces Round #278 (Div.2) (待续)

A

这么简单的题直接贴代码好了。

#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;

bool islucky(int a)
{
    a = abs(a);
    while(a)
    {
        if(a % 10 == 8) return true;
        a /= 10;
    }
    return false;
}

int main(void)
{
    int a, b = 1;
    scanf("%d", &a);
    while(!islucky(a + b)) b++;
    printf("%d
", b);
    
    return 0;
}

B

题意：

有4个从小到大排列的正整数，x₁ x₂ x₃ x₄ ，他们满足下面三个数相等：

• 
• 
• 

现在丢了4-n的数，只剩下其中的n个数(0≤n≤4)

问能否找到4-n个正整数，使得这四个数重新满足上面的条件。

分析：

这道题思路很简单，就是比较繁琐，看到有人写了100多甚至200行代码，所以我还是觉得有必要把我的思路详细分析一下的。

对条件变一下形，等价于下面两个条件：

• x₄ = 3x₁
• x₁ + x₄ = x₂ + x₃

我们对n不同的情况来考虑

• n=0，直接随便输出一组解就好了，比如 1 1 3 3
• n=1，比如所给的数为a， a  a 3a 3a 就是一组解
• n=2，所给的数为a b(a ≤ b), 我们断言b ≤ 3a时，才有解，为 a b (4a-b) 3a 。 首先若b ≤ 3a，前面所给的解是满足条件的。  若 b ＞ 3a，则四个数中最小的一定是a，最大的一定是b，然而根据我们的条件有x₄ = 3x₁，即b = 3a，导出矛盾，所以无解。
• n=3，设所给的三个数为a、b、c。我们只枚举有解的情况，其他情况则无解：　　
  • 若c = 3a，则 a  b  (4a-b)  3a 是一组解
  • 若c ≤ 3a 且 b + c = 4a， 这时 a  b  c  3a 是一组解
  • 若c是3的倍数 且 a + b = ,  (c / 3)  a  b  c，是一组解
• n=4直接判断是否满足题目要求条件就好了

代码也比较短，只有50多行。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n, a[4], ans[4];

bool solve()
{
    switch(n)
    {
        case 0:
            ans[0] = ans[1] = 1, ans[2] = ans[3] = 3;
            return true;
        case 1:
            ans[0] = a[0], ans[1] = ans[2] = 3 * a[0];
            return true;
        case 2:
            if(a[1] <= a[0] * 3)
            {
                ans[0] = a[0] * 3;
                ans[1] = a[0] * 4 - a[1];
                return true;
            }
            return false;
        case 3:
            if(a[2] == a[0] * 3)
                { ans[0] = a[0] * 4 - a[1]; return true; }
            if(a[2] <= a[0] * 3 && a[1] + a[2] == a[0] * 4)
                { ans[0] = a[0] * 3; return true; }
            if(a[2] % 3 == 0 && a[0] + a[1] == a[2]/3*4)
                { ans[0] = a[2] / 3; return true; }
            break;
        case 4:
            if(a[0] + a[3] == a[1] + a[2] && a[0] * 3 == a[3])
                return true;
    }
    return false;
}

int main(void)
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
    sort(a, a + n);
    if(solve())
    {
        printf("YES
");
        for(int i = 0; i < 4-n; ++i) printf("%d
", ans[i]);
    }
    else printf("NO
");
    
    return 0;
}

C(暴力)

题意：

Master Yang 要去打败一个怪兽(Monster)， 他和怪兽都有血量HP，攻击力ATK和防御力DEF。

每个时刻，怪兽使杨大师血量减少 max{0, ATK_M - DEF_Y}, 同样地， 杨大师对怪兽造成的伤害为 max{0, ATK_Y - DEF_M}

如果某一时刻HP_Y ＞ 0 且 HP_M ≤ 0，则视为将怪兽打败。

为了能够打败怪兽，杨大师可以去商店购买HP、ATK和DEF。

现给出杨大师和怪兽的HP、ATK和DEF，和购买每点HP、ATK和DEF所需要消耗的金币，求能够打败怪兽所需要的最少的金币。

分析：

因为数据范围很小，所以暴力是完全可以的。

我们枚举可能购买的攻击力和防御力，然后算出打败怪兽后的剩余HP，如果HP少于1，那么就要购买相应的补回来。然后取每次总花费的最小值。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int main(void)
{
    int y[3], m[3], price[3], ans = 2000000000;
    for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &y[i]);
    for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &m[i]);
    for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &price[i]);
    
    for(int buyatk = 0; buyatk <= 200; ++buyatk)
        for(int buydef = 0; buydef <= 200; ++buydef)
        {
            int crtatk = y[1] + buyatk;
            int crtdef = y[2] + buydef;
            int hurty = max(0, m[1] - crtdef);        //杨大师收到的伤害
            int hurtm = max(0, crtatk - m[2]);    //怪兽收到的伤害
            if(hurtm == 0) continue;    //打不掉怪兽的血，跳过循环
            int k = m[0] % hurtm == 0 ? m[0]/hurtm : m[0]/hurtm + 1;
            int LeftHP = y[0] - hurty * k;
            int cost = price[1] * buyatk + price[2] * buydef + (1 - LeftHP > 0 ? (1 - LeftHP) * price[0] : 0);
            ans = min(ans, cost);
        }
    
    printf("%d
", ans);
    
    return 0;
}

D

像这种贪心贪不出来的都感觉是DP。

在CF上扒了一个46ms的代码，也总算是看懂了。

题意：

纸条上有n个数，可以将纸条剪为若干小段(只有一个数字也可以)，使得每段上的数字满足：

• 最大值与最小值之差不超过s
• 数字个数不少于l

分析：

从第一个数开始向左右两个方向延伸(第一个数只能往右延伸)，求得一个最大的闭区间[left₁, right₁]，使得这个区间里的数都满足第一个条件 max - min ≤ s.

如果区间的长度小于l，则无解

如果长度大于等于l，我们则求出了第一段纸片右端点的一个范围[l, right₁]

第二段纸片从第 right + 1 个数向两侧延伸，这时向左延伸就有了一个界限，因为要保证第一段纸片至少有l个数，所以第二段纸片最多只能向左延伸到第l+1个数。

记此时的区间为[left₂, right₂]，同样地，看区间的长度是否≥l来判断是否有解。这样一来，为了保证在第三段纸片延伸的时候第二段至少有l个数，所以第三段纸片至多向左延伸到left₂+l+1

所以我们用last来记录每次向左延伸的界限

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 100000 + 10;
long long a[maxn], last = 0;
bool flag = true;

int main(void)
{
    //freopen("Din.txt", "r", stdin);
    
    long long n, s, l, ans = 0;
    scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &s, &l);
    for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%I64d", &a[i]);
    
    long long pos, left, right;
    for(pos = 0; pos < n; ++pos)    //从pos位置开始延伸
    {
        long long maxm, minm, cnt = 1;    //区间延伸过程中的最小值和最大值以及区间中元素的个数
        
        maxm = a[pos], minm = a[pos];  
        right = pos + 1;
        while(right < n)
        {
            maxm = max(maxm, a[right]);
            minm = min(minm, a[right]);
            if(maxm - minm <= s) cnt++;
            else break;
            right++;
        }
        right--;
        
        //maxm = a[pos], minm = a[pos];
        left = pos - 1;
        while(left >= last)
        {
            maxm = max(maxm, a[left]);
            minm = min(minm, a[left]);
            if(maxm - minm <= s) cnt++;
            else break;
            left--;
        }
        left++;
        
        if(cnt < l)
        {
            flag  =false;
            break;
        }
        ans++;
        last = left + l;
        pos = right;
    }
    
    if(!flag) ans = -1;
    printf("%I64d
", ans);
    
    return 0;
}

E(数论+构造)

题意：

给出一个正整数n，问是否存在一个 1~n的排列，使得前i个数的乘积模上n的余数得到的序列是0~n-1的一个排列。

分析：

当n为1、4和素数的时候有解，构造方法是用 (i+1)*(i的逆元)%n 填充当前的数。

这道题先留着，等我比较系统地学习数论以后在给出严格证明以及代码。