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A. Yet Another Two Integers Problem
题意
给出两个数 $a$ 和 $b$，有以下两种操作：
- $a+=k$
- $a-=k$
- $k in [1, 10]$
问将 $a$ 变为 $b$ 最少需要操作多少次。
题解
$a,b$ 之差的绝对值对 $10$ 取上整。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int a, b; cin >> a >> b; cout << (abs(b - a) + 9) / 10 << " "; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
B. Minimum Product
题意
给出两个数 $a$ 和 $b$，每次可以选择一个数减一，该操作最多执行 $k$ 次，同时要求 $a$ 不能小于 $x$，$b$ 不能小于 $y$，问 $a cdot b$ 的最小值。
题解
如果给一个数减一，最佳方案就是一直给它减一，减到底后再减另一个数。
然后枚举先减 $a$ 还是先减 $b$ 即可。
代码一
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int a, b, x, y, n; cin >> a >> b >> x >> y >> n; auto cal = [](int a, int b, int x, int y, int n) { int mi = min(n, a - x); n -= mi; a -= mi; mi = min(n, b - y); n -= mi; b -= mi; return 1ll * a * b; }; cout << min(cal(a, b, x, y, n), cal(b, a, y, x, n)) << " "; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
代码二
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int a, b, x, y, n; cin >> a >> b >> x >> y >> n; auto cal = [&](int a, int b, int x, int y) { int da = min(n, a - x); int db = min(n - da, b - y); return 1ll * (a - da) * (b - db); }; cout << min(cal(a, b, x, y), cal(b, a, y, x)) << " "; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
C. Yet Another Array Restoration
题意
给出一个数组的大小 $n$ 和其中的两个元素 $x,y(x<y)$，试还原这个数组，要求：
- 数组中有 $n$ 个不同的正整数
- 数组排序后相邻元素之差相等
- 数组中的最大值尽可能地小
题解
数组相邻元素之差一定是 $y-x$ 的因子，据此分为以下三种情况：
- 因子过小，$x$ 到 $y$ 间可以容纳的元素个数大于 $n-2$，继续寻找更大的因子
- 因子适中，$x$ 到 $y$ 间可以容纳的元素个数等于 $n-2$，此时以 $x$ 为起点，因子大小为步长输出 $n$ 次即可
- 因子过大，$x$ 到 $y$ 间可以容纳的元素个数小于 $n-2$，因为最大值要尽量小，所以应尽可能地向 $x$ 的左端拓展正起点
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int n, x, y; cin >> n >> x >> y; int len = y - x; for (int p = 1; p <= len; p++) { if (len % p == 0) { int can_hold = len / p - 1; if (can_hold > n - 2) { continue; } else if (can_hold == n - 2) { for (int i = x; i <= y; i += p) cout << i << " "[i == y]; return; } else { int extra = n - 2 - can_hold; int cnt = 0; for (int i = x - p * min(extra, x / p - (x % p == 0)); cnt < n; i += p) cout << i << " "[++cnt == n]; return; } } } } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
D. Decrease the Sum of Digits
题意
给出一个数 $n$，每次可以给 $n$ 加上 $1$，找出使得 $n$ 的数位之和 $le s$ 的最少操作数。
题解
给一个数位操作最终一定会使该数位的值变为 $0$（否则会一直增加数位之和），从低位到高位模拟即可。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int sum(string s) { int res = 0; for (char c : s) res += c - '0'; return res; } void solve() { string n; int s; cin >> n >> s; long long ans = 0, p = 1; n = "0" + n; for (int i = n.size() - 1; sum(n) > s; i--) { ans += ('9' + 1 - n[i]) * p; n[i] = '0'; ++n[i - 1]; p *= 10; } cout << ans << " "; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
E. Two Platforms
题意
给出一个平面 $n$ 个点的坐标，有两个长为 $k$ 的平台，每个平台可以选择一个位置固定放置，问当所有点同时开始下落后，两个平台加起来最多可以接到多少个点。
题解
因为平台的纵坐标可以无限低所以只考虑横坐标即可。
将点的横坐标排序并计算两个 $dp$ 数组：
- $dp1$ 以该点为起点放置平台可以接到多少个点
- $dp2$ 以该点或之后的点为起点放置平台最多可以接到多少个点
枚举第一个平台的起点 $i$，然后找到第一个坐标大于 $x+k$ 的点 $j$，答案即 $max(dp1[i] + dp2[j])$ 。
代码一
二分查找点 $j$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int n, k; cin >> n >> k; vector<int> x(n), y(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> x[i]; for (int i = 0; i < n; i++) cin >> y[i]; sort(x.begin(), x.end()); vector<int> dp1(n); for (int i = 0; i < n; i++) { int j = upper_bound(x.begin(), x.end(), x[i] + k) - x.begin(); dp1[i] = j - i; } vector<int> dp2(dp1); for (int i = n - 2; i >= 0; i--) dp2[i] = max(dp2[i], dp2[i + 1]); int ans = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { int j = upper_bound(x.begin(), x.end(), x[i] + k) - x.begin(); ans = max(ans, dp1[i] + (j < n ? dp2[j] : 0)); } cout << ans << " "; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
代码二
双指针查找点 $j$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int n, k; cin >> n >> k; vector<int> x(n), y(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> x[i]; for (int i = 0; i < n; i++) cin >> y[i]; sort(x.begin(), x.end()); vector<int> dp1(n); for (int i = 0, j = 0; i < n; i++) { while (j < n and x[j] <= x[i] + k) ++j; dp1[i] = j - i; } vector<int> dp2(dp1); for (int i = n - 2; i >= 0; i--) dp2[i] = max(dp2[i], dp2[i + 1]); int ans = 0; for (int i = 0, j = 0; i < n; i++) { while (j < n and x[j] <= x[i] + k) ++j; ans = max(ans, dp1[i] + (j < n ? dp2[j] : 0)); } cout << ans << " "; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
F. Subsequences of Length Two
题意
给出两个小写字母串 $s$ 和 $t$，$t$ 长为 $2$。每次可以替换 $s$ 中的一个字母，该操作最多执行 $k$ 次，问 $t$ 作为 $s$ 的子序列最多可以出现多少次。
题解
$dp[i][j][k]$ 为前 $i$ 位操作 $j$ 次后有 $k$ 个 $t_0$ 时的子序列个数。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; constexpr int INF = 1e9; void chmax(int &x, int y) { x = max(x, y); } int main() { int n, k; cin >> n >> k; string s, t; cin >> s >> t; vector<vector<vector<int>>> dp(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1, -INF))); dp[0][0][0] = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { for (int ck = 0; ck <= k; ck++) { for (int cnt0 = 0; cnt0 <= n; cnt0++) { if (dp[i][ck][cnt0] == -INF) continue; int e0 = s[i] == t[0]; int e1 = s[i] == t[1]; int e01 = t[0] == t[1]; //不操作 chmax(dp[i + 1][ck][cnt0 + e0], dp[i][ck][cnt0] + (e1 ? cnt0 : 0)); if (ck < k) { //s[i]变为t[0] chmax(dp[i + 1][ck + 1][cnt0 + 1], dp[i][ck][cnt0] + (e01 ? cnt0 : 0)); //s[i]变为t[1] chmax(dp[i + 1][ck + 1][cnt0 + e01], dp[i][ck][cnt0] + cnt0); } } } } cout << *max_element(dp[n][k].begin(), dp[n][k].end()) << " "; }