A. 给你两个数a，b，每次操作可以a:=a+1，操作多少次之后能使得a%b==0?
输出a对b的上取整乘以b与a的差就可以通过。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define MP make_pair #define mid (l+r>>1) #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} void solve(){ int a,b; a=read(),b=read(); cout<<(a+b-1)/b*b-a<<endl; } int main(){ int cases;cases=read(); while(cases--){ solve(); } return 0; }
B. 给两个数字n，k，构造一个长度为n，有n-2个a，2个b的，字典序为k的字符串。
找规律，发现周期为1的字符串，开头的b在n-1的位置，第二个b的不断靠近，确定周期即可。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define MP make_pair #define mid (l+r>>1) #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} void solve(){ int n;n=read(); int k=read(); int t=1; int s=0; while(s+t<k){ s+=t; t+=1; } int pos=n-t-1; k-=s; for(int i=0;i<n;++i){ if(i==pos||i==n-k){ cout<<"b"; }else{ cout<<"a"; } } cout<<endl; } int main(){ int cases;cases=read(); while(cases--){ solve(); } return 0; }
C. 给你一个字符串s，构造两个字符串s1，s2。使得s中的每一个数字都是s1，s2中对应位置数之和模3的结果并且其中最大的字符串最小。
s[i]=0,s1[i]=s2[i]=0,第一次s[i]=1的时候，给s1[i]=1，s2[i]=0，此后s[i]=1全都给s2[i]=1，s[i]=2给s2[i]=2即可通过。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define MP make_pair #define mid (l+r>>1) #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} void solve(){ int n;cin>>n; string s;cin>>s; string s1="1"; string s2="1"; int ok=0; for(int i=1;i<n;++i){ if(s[i]=='0'){ s1+="0"; s2+="0"; }else if(s[i]=='2'){ if(ok){ s2+="2"; s1+="0"; }else{ s1+="1"; s2+="1"; } }else{ if(!ok){ s1+="1"; s2+="0"; ok=1; }else{ s1+="0"; s2+="1"; } } } cout<<s1<<endl; cout<<s2<<endl; } int main(){ int cases;cases=read(); while(cases--){ solve(); } return 0; }
D. 给一个长度为n的环，里面的元素有不同的类型，要求相邻的元素且类型相同时，涂上的颜色不能相同，输出最小颜色数和一种解。
首先答案不会超过3，全都相等时给出n个1。n为偶数的时候1和2交错，n为奇数的时候，如果有两个相同类型的相邻或者是首尾相等，答案就是2.构造一种即可。
其他情况输出前n-1个为1和2交错，3作为结尾就能通过(wa得飞起。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define MP make_pair #define mid (l+r>>1) #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} void solve(){ int n=read(); vector<int> A(n); int isOne=1; for(int i=0;i<n;++i){ A[i]=read(); if(A[i]!=A[0])isOne=0; } if(isOne){ cout<<"1 "; for(int i=0;i<n;++i)cout<<"1"<<" "[i==n-1]; return; } if(!(n&1)){ cout<<"2 "; for(int i=0;i<n;++i){ if(i&1)cout<<"2 "; else cout<<"1 "; } cout<<" "; return; } if((n&1)&&A[0]==A[n-1]){ cout<<"2 "; for(int i=0;i<n-1;++i){ if((i&1))cout<<"2 "; else cout<<"1 "; } cout<<"1 "; return; } int isTwo=0; for(int i=1;i<n;++i)if(A[i]==A[i-1])isTwo=i; if(isTwo){ vector<int>ans={1}; for(int i=1;i<n;++i){ if(i==isTwo)ans.PB(ans[i-1]); else ans.PB(3-ans[i-1]); } cout<<"2 "; for(int i=0;i<n;++i)cout<<ans[i]<<" "[i==n-1]; return; } cout<<"3 "; for(int i=0;i<n-1;++i){ if(i&1)cout<<"2 "; else cout<<"1 "; } cout<<"3 "; } int main(){ int cases;cases=read(); while(cases--){ solve(); } return 0; } /* 1 7 5 6 6 1 3 5 4 */
E. 给一棵树，多次询问，给定n个点，问是否有一条链能够使得所有点到这条链的距离不超过1。
对于某一个特定的点来说，要包括这个点，就必须包括这个点的父亲节点，把所有的父亲节点拿出来。考虑是否存在一条链把它们都包含，这个可以通过从上往下走和从下往上走来解决。
两种解法都要求将深度排序，之后，第一种通过判断下一个点是否在自己的子树中即可，具体实现上用dfs序来解决。第二种解法可以通过寻找LCA来解决，带个log。给出第一种解法的代码。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define mid (l+r>>1) #define MP make_pair #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} #define go(e,u) for(int e=head[u];e;e=Next[e]) int to[MAXN<<1],Next[MAXN<<1],head[MAXN],tol; void add_edge(int u,int v){ Next[++tol]=head[u];to[tol]=v;head[u]=tol; Next[++tol]=head[v];to[tol]=u;head[v]=tol; } int n,m; int fa[MAXN], dep[MAXN]; int L[MAXN], R[MAXN], dfn; void dfs(int u, int f){ L[u]=++dfn; go(e,u){ int v=to[e]; if(v==f)continue; else{ fa[v]=u; dep[v]=dep[u]+1; dfs(v,u); } } R[u]=dfn; } bool cmp(int a, int b){ return dep[a]<dep[b]; } int main(){ n=read(),m=read(); for(int i=1;i<n;++i){ int u,v; u=read();v=read(); add_edge(u,v); } dfs(1,0); while(m--){//暴力会被一条链的情况卡掉,退化为O(n^2) int num; num=read(); vector<int> nodes; for(int i=0;i<num;++i){ int x=read(); if(x!=1)nodes.PB(fa[x]); } int ok=1; sort(nodes.begin(),nodes.end(),cmp); for(int i=0;i<SZ(nodes)-1;++i){ int x=nodes[i]; int y=nodes[i+1]; if(R[y]<L[x]||L[y]>R[x]){ ok=0; break; } } if(!ok)cout<<"NO"<<endl; else cout<<"YES"<<endl; } return 0; }
F. 给一个长度为n的数组，每次操作可以将数组中最小的数加1，最大的数减1。问最少操作多少次才能使得数组中重复元素超过k个。
将元素排序，考虑最后相等超过k个的元素必然是数组中的某一个。枚举一下是哪一个，由于刚开始的时候是没有收益的(不会使得相等的数增加)，只有将其他元素都增加到A[i]-1或者减少到A[i]+1时才能每操作1次，有1的收益。
这个时候我们只需要快速得到将前面所有元素全都变成A[i]-1和后面的元素全都变成A[i]+1的代价，然后考虑先取左边还是先取右边即可，用前缀和O(n)就能做完。
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define sd second #define lson (nd<<1) #define rson (nd+nd+1) #define PB push_back #define mid (l+r>>1) #define MP make_pair #define SZ(x) (int)x.size() using namespace std; typedef long long LL; typedef vector<int> VI; typedef pair<int,int> PII; inline int read(){ int res=0, f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();} return res*f; } const int MAXN = 200'005; const int MOD = 1000000007; void addmod(int& a, int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;} int mulmod(int a, int b){return 1ll*a*b%MOD;} map<int, int> H; LL sum[MAXN]; int n, k; int A[MAXN]; int pos[MAXN], top; void build(){ for(int i=1;i<=n;++i){ sum[i]=sum[i-1]+A[i]; } } LL query(int L, int R){ return sum[R]-sum[L-1]; } int main(){ n=read();k=read(); for(int i=1;i<=n;++i)A[i]=read(); sort(A+1,A+n+1); for(int i=1;i<=n;++i)++H[A[i]]; for(int i=1;i<=n;++i){ if(A[i]!=A[i-1]){ pos[++top]=i; } } build(); LL ans=1e18; for(auto it:H){ if(it.sd>=k){ cout<<"0"; return 0; } } for(int i=1;i<=top;++i){ LL res1=0,res2=0; int t=H[A[pos[i]]]; int l1=1,r1=pos[i]-1; int l2=pos[i]+t,r2=n; LL cost1=1e18; LL cost2=1e18; if(r1>=l1)cost1=1ll*r1*(A[pos[i]]-1)-query(l1,r1); if(r2>=l2)cost2=query(l2,r2)-1ll*(r2-l2+1)*(A[pos[i]]+1); int num1=r1,num2=(r2-l2+1); /* 不能只根据填平的代价大小去决定选哪边 */ res1+=cost1; if(num1+t>=k){ res1+=k-t; }else{ res1+=num1; res1+=cost2; res1+=k-(t+num1); } res2+=cost2; if(num2+t>=k){ res2+=k-t; }else{ res2+=num2; res2+=cost1; res2+=k-(t+num2); } ans=min(ans,min(res1,res2)); } cout<<ans; return 0; } /* 8 6 4 5 1 2 3 5 3 3 5 */