比赛链接：https://codeforces.com/contest/1538
A. Stone Game
题解
从一侧取：两种情况
从两侧取：一种情况
取三种情况的最小值。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
int p1 = min_element(a.begin(), a.end()) - a.begin();
int p2 = max_element(a.begin(), a.end()) - a.begin();
cout << min({max(p1, p2) + 1, n - min(p1, p2), (min(p1, p2) + 1) + (n - max(p1, p2))}) << "
";
}
return 0;
}
B. Friends and Candies
题解
如果总和不能平分则无解，否则将多于平均的数重新分配。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a.begin(), a.end());
int sum = accumulate(a.begin(), a.end(), 0);
if (sum % n != 0) {
cout << -1 << "
";
} else {
cout << n - (upper_bound(a.begin(), a.end(), sum / n) - a.begin()) << "
";
}
}
return 0;
}
C. Number of Pairs
题解
二分所能加的数的左右边界。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n, l, r;
cin >> n >> l >> r;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a.begin(), a.end());
long long ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
auto it1 = lower_bound(a.begin() + i + 1, a.end(), l - a[i]);
auto it2 = upper_bound(a.begin() + i + 1, a.end(), r - a[i]);
ans += it2 - it1;
}
cout << ans << "
";
}
return 0;
}
D. Another Problem About Dividing Numbers
题解
最少操作次数：将 (a,b) 向 (gcd(a, b)) 转化，
- 当 (gcd(a, b) = a) 且 (gcd(a, b) = b) 时，最少操作 (0) 次
- 当 (gcd(a, b) = a) 或 (gcd(a, b) = b) 时，最少操作 (1) 次
- 当 (gcd(a, b) e a) 且 (gcd(a, b) e b) 时，最少操作 (2) 次
最多操作次数：将 (a, b) 向 (1) 转化，为两者所有质因子的幂次之和。
如果 (k) 位于两者之间则有解。
因为最少操作次数为 (2) 次，所以特判 (k = 1) 的情况，然后判断 (k) 是否小于最多操作次数即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
constexpr int N = 1e5;
vector<int> isPrime(N, true);
for (int i = 2; i < N; i++) {
for (int j = i + i; j < N; j += i) {
isPrime[j] = false;
}
}
vector<int> Primes;
for (int i = 2; i < N; i++) {
if (isPrime[i]) {
Primes.push_back(i);
}
}
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int a, b, k;
cin >> a >> b >> k;
if (k == 1) {
if (a == b) {
cout << "NO" << "
";
} else if (a % b == 0 or b % a == 0) {
cout << "YES" << "
";
} else {
cout << "NO" << "
";
}
continue;
}
auto Count_Expo = [&](int n) {
int res = 0;
for (auto i : Primes) {
while (n % i == 0) {
++res;
n /= i;
}
}
if (n != 1) {
++res;
}
return res;
};
cout << (k <= Count_Expo(a) + Count_Expo(b) ? "YES" : "NO") << "
";
}
return 0;
}
E. Funny Substrings
题解
因为 (haha) 长为 (4) ，所以保存一个字符串首尾的 (3) 个字符及 (haha) 的个数。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct P{
string front;
string back;
long long cnt_haha = 0;
};
P cal(const string& s) {
P res;
res.front = s.substr(0, 3);
res.back = s.substr(max(0, (int)s.size() - 3));
for (int i = 0; i < (int)s.size(); i++) {
if (s.substr(i, 4) == "haha") {
++res.cnt_haha;
}
}
return res;
}
P merge(const P& a, const P& b) {
P res;
res.front = (a.front + b.front).substr(0, 3);
res.back = (a.back + b.back).substr(max(0, (int)a.back.size() + (int)b.back.size() - 3));
res.cnt_haha = a.cnt_haha + b.cnt_haha + cal(a.back + b.front).cnt_haha;
return res;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
map<string, P> mp;
for (int i = 0; i < n; i++) {
string name, op;
cin >> name >> op;
if (op == ":=") {
string str;
cin >> str;
mp[name] = cal(str);
} else if (op == "=") {
string a, b;
char ch;
cin >> a >> ch >> b;
mp[name] = merge(mp[a], mp[b]);
}
if (i == n - 1) {
cout << mp[name].cnt_haha << "
";
}
}
}
return 0;
}
F. Interesting Function
题解
依次计算每一位对前一位产生了多少进位。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int l, r;
cin >> l >> r;
string s1 = to_string(l), s2 = to_string(r);
s1 = string(s2.size() - s1.size(), '0') + s1;
int ans = 0, carry = r - l;
for (int i = s1.size() - 1; i >= 0; i--) {
ans += carry;
carry = (carry + s1[i] - '0') / 10;
}
cout << ans << "
";
}
return 0;
}
G. Gift Set
题解
因为总次数具有单调性，所以考虑对其二分。
若某次所二分的总次数值为 (n) ，假设进行了操作一 (k) 次，那么有：
- (a imes k + b imes (n - k) le x)
- (b imes k + a imes (n - k) le y)
不妨令 (a gt b) ， 化简得：
- (k le frac{x - b imes n}{a - b})
- (k ge frac{y - a imes n}{b - a} = frac{a imes n - y}{a - b})
同时，有：
- (k ge 0)
- (k le n)
若上述四个不等式在数轴上有交集，则 (k) 存在，表示当前二分值 (n) 可行。
Tips
若分子 (a) 可能为正负整数，分母 (b) 为正整数，则有：
- 取上整： (lfloor frac{a + b - 1}{b} floor)
- 取下整： (lfloor frac{a + b}{b} floor - 1)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int x, y, a, b;
cin >> x >> y >> a >> b;
if (a == b) {
cout << min(x, y) / a << "
";
continue;
}
if (a < b) {
swap(a, b);
}
int l = 0, r = (x + y) / (a + b);
while (l < r) {
int n = (l + r + 1) / 2;
int L = max(0, (a * n - y + a - b - 1) / (a - b));
int R = min(n, (x - b * n + a - b) / (a - b) - 1);
if (L <= R) {
l = n;
} else {
r = n - 1;
}
}
cout << l << "
";
}
return 0;
}