写在前边
链接：Codeforces Round #701 (Div. 2)
数学场，题目描述简单粗暴，思路很妙，代码短的不行，都是好神奇的一些题目。
A. Add and Divide
链接：A题链接
题目大意:
给定两个正整数，我们可以进行两个操作：
- (a = lfloor frac{a}{b} floor)
- (b = b + 1)
最终目标是找到使(a)变成(0)的最小操作次数
思路：
因为(b)每次只会变动(1)，所以最开始思路就是，如果我们可以提前大体找到一个操作次数，我们在这个操作次数内进行枚举，而(b)每次操作只会变动(1)，所以假设一共有(sum)次操作，如果我们可以有(n)次让(b)加(1)，然后(b)变成了(b + n)，然后让(a)不断的除(b)直到为(0)，假设有(m)次操作，那么答案就是(m + n)次操作了，那么怎么才能找到这个(sum)呢，可以看数据范围，我们可以估计最差的情况，最差的情况就是当(b=1，a = 10^9)的时候，这时候我们首先要做的就是让(b + 1)，然后再让(a)不断的除(b)，直到为(0)，而这最多需要(lfloor log_2(10^9) floor = 29)次,所以！经过分析最差情况也就进行(30)次操作左右，即(m + n < 31)所以我们只需要枚举到(31)即可，最坏情况(O(log^2a))
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '
'
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
void solve() {
int a, b, res = 35;
cin >> a >> b;
if (a < b) {
puts("1");
return;
}
for (int i = (b == 1 ? 1 : 0); i <= 30; i++) { //枚举多少次 最坏情况下就有30次
int tempa = a, tempres = i;
int tempb = b + i;
while (tempa) {
tempa /= tempb;
tempres++;
}
res = min(res, tempres);
}
cout << res << endl;
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
solve();
}
system("pause");
return 0;
}
B. Replace and Keep Sorted
链接：B题链接
题目大意:
定义两个互为(k-similar)的数组：
- 都是严格单调递增
- 有相同的长度
- 它们的元素范围(in [1, k])
- 它们只有一个数不同。
现在给定一个数组(a)，并且给定一个区间([l,r])，那么(k-similar)中的一个数组(b_1)就是([a_l, a_{l + 1}, ... , a_r])，长度为(len = l - r + 1) 那么另一个(k-similar)数组(b_2)就是可以从([1, k])中选(len)个数，并且只与(b_1)有一个数不同的数组，问有多少个这样的数组(b_2)。
思路：
首先想到可以挨个枚举每一个位置可以选多少个数，那么最终答案就是每一个位置可以选的数之和，但是这样数据范围就是(O(q*n))明显会超时，所以就想能不能在(O(1))复杂度之内就能判断出一个区间中所有的可能，第(l)个位置的数可以选(a[l + 1] - 2)个，第(r)个位置的数可以选(k - a[r - 1] - 1)个，对于((l,r))（注意是开区间！）能选多少个我们可以用前缀和处理，前缀和就是每一个区间可以选择的数的个数,时间复杂度就降为了(O(q)).
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '
'
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N], b[N];
void solve() {
int n, k, q;
scanf("%d%d%d", &n, &q, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
a[n + 1] = k + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
b[i] += a[i + 1] - a[i - 1] - 2;
b[i] += b[i - 1];
}
while (q--) {
LL res = 0;
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
res += b[r - 1] - b[l]; //开区间
res += k - a[r - 1] - 1; //右边
res += a[l + 1] - 2; //左边
printf("%d
", res);
}
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}
C. Floor and Mod
链接：C题链接
题目大意:
给定下下(x，y),现在要求求一个数对((a, b))，使得(lfloor frac{a}{b} floor = a \,\, mod \,\, b), 要求(a in [1, x]), (b in [1, y])。
思路：
首先暴力肯定不行，所以想能不能用(O（1）)直接求出来，那只要推公式了，让(lfloor frac{a}{b} floor = a \,\, mod \,\, b = k)，所以推出(a = k*b + k(b > k))，又因为(b > k)，可以推出(k^2 < k*b+k = a leq x),所以(k leq sqrt{x}),所以现在求出了(k)的范围(k in [1, sqrt{x}\,])，现在要做的就是对于每一个固定的(k)，如果我们可以推出(a)或者(b)数的范围，那么就可以求出数对((a, b))可取的个数了，对于b，已知(b > k), (1 geq b leq y),根据 (k*b+k = a leq x),得出(b leq x / k - 1)，因此得出(b)的个数就是(max(0, min(y, x / k - 1) - k))。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '
'
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
void solve() {
LL x, y;
cin >> x >> y;
LL res = 0;
for (LL k = 1; k * k <= x; k++) {
res += max(0LL, min(y, x / k - 1) - k);
}
cout << res << endl;
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
solve();
}
system("pause");
return 0;
}