Codeforces Round #667 (Div. 3)

Codeforces Round #667 (Div. 3)

A. Yet Another Two Integers Problem

题意：给2个数a,b，每一步可a+k或a-k，1<=k<=10，问最少几步a变到b；
思路：差值除10，向上取整；

#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("avx,avx2,fma")
#pragma GCC optimize ("unroll-loops")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int t,n,a,b; 
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		cin>>a>>b;
		if(a<b)
		swap(a,b);
		cout<<(a-b+9)/10<<endl;
	}	
}

B. Minimum Product

题意：给你a,b,x,y,n,最多可执行n步，每步可使a-1(但a不能小于x)或使b-1(但b不能小于y)，问操作后a(*)b最小值
思路：分类讨论。当a+b和一样时，差值越大，a(*)b越小，所以将a减到最小再减b和b减到最小再减a，取较小的为答案。

#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("avx,avx2,fma")
#pragma GCC optimize ("unroll-loops")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
ll t,n,a,b,x,y,ans; 
int main()
{
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		cin>>a>>b>>x>>y>>n;
		if(n>=a-x+b-y)
		{
			ans=x*y;
		}
		else if(n>=a-x&&n>=b-y)
		{
			ans=min(x*(b-(n-(a-x))),y*(a-(n-(b-y))));
		}
		else if(n>=a-x&&n<=b-y)
		{
			ans=min((b-n)*a,x*(b-(n-(a-x))));
		}
		else if(n>=b-y&&n<=a-x)
		{
			ans=min((a-n)*b,y*(a-(n-(b-y))));
		}
		else 
		{
			ans=min((b-n)*a,(a-n)*b);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}	
}

C. Yet Another Array Restoration

题意：构建一个n个数的等差数列含x,y(x<y)，使等差数列最大值最小。
思路：枚举差值，找到第一个使x,y之间数的个数小于等于n的差值，则为答案数列的差值。若小于n则先往x前补数，再向y后补数。

#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("avx,avx2,fma")
#pragma GCC optimize ("unroll-loops")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int t,n,x,y,num,q; 
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		num=0;
		cin>>n>>x>>y;
		for(int i=1;i<=100005;i++)
		{
			if((y-x)%i==0)
			{
				if(((y-x)/i+1)<=n)
				{
					num=i;
					break;
				}
			}
		}
		//q=(x-1)/num;
		for(int i=x;i<=y;i=i+num)
		{
			printf("%d ",i);
			n--;
		}
		while(n&&x>=1)
		{
			x=x-num;
			if(x>=1)
			{
				printf("%d ",x);
				n--;
			}
		}
		while(n)
		{
			y=y+num;
			printf("%d ",y);
			n--;
		}
		printf("
");
	}	
}

D. Decrease the Sum of Digits

题意：给2个数n,s。问n最少要加几使n的各个位置的数相加小于等于s.
思路：用数组存储n每个位置的值，从最后一位开始，每次循环往前一位，若当前位置为0不操作，不为0则加到10，然后注意进位。每次用check检查是否满足条件，满足则输出。

#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("avx,avx2,fma")
#pragma GCC optimize ("unroll-loops")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
ll t,n,s,ans;
int shu[20],len; 
void solve(ll x)
{
	memset(shu,0,sizeof(shu));
	while(x>0)
	{
		shu[len++]=x%10;
		x=x/10;
	}
}
int check()
{
	ll num=0;
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		num=num+shu[i];
	}
	if(num<=s)
	return 1; 
	return 0;
}
ll quickPower(ll a,ll b)
{
	ll ans=1, p=a;
	while(b>0)
    {
		if(b&1)
		ans*=p;	
        p*=p;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		len=0;ans=0;
		scanf("%lld%lld",&n,&s);
		solve(n);
		for(int i=0;i<len;i++)
		{
			if(i==len-1)
			{
				if(shu[i]==10)
				{
					printf("%lld
",ans);
					break;
				}
				else if(check())
				{
					printf("%lld
",ans);
					break;					
				}
				else
				{
					ans=ans+(10-shu[i])*quickPower(10,i);
					printf("%lld
",ans);
					break;					
				}
			}
			if(check())
			{
				printf("%lld
",ans);
				break;
			}
			if(shu[i]!=0)
			{
				ans=ans+(10-shu[i])*quickPower(10,i);
				shu[i]=0;
				shu[i+1]++;
				for(int j=i+1;j<len;j++)
				{
					if(shu[j]==10)
					{
						shu[j]=0;
						shu[j+1]++;
					}
					else
					break;
				}
			}
		}
	}	
}

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补题

E. Two Platforms

题意：有n个点给x,y坐标，有2个长为k的平台，点不断下落问最多能接住几个点。
思路：平台可以放在无线下面，所以y坐标是没用的。先对点按x排序，用二分预处理出index[i]表示i-n空间中一个平台最多能接住几个点。然后第一个平台起始位置从1枚举到n，二分求出第一个平台的值，第二个平台的值用Index数组直接得出，相加后取最大值。

#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("avx,avx2,fma")
#pragma GCC optimize ("unroll-loops")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int t,n,k,a[200005],x,index[200005]; 
int ans;
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		ans=0;
		memset(index,0,sizeof(index));
		cin>>n>>k;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
		for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>x;
		sort(a+1,a+1+n);
		for(int i=n;i>=1;i--)
		{
			int s=a[i]+k;
			int j=upper_bound(a+1,a+1+n,s)-a;
			index[i]=max(index[i+1],j-i);
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int s=a[i]+k;
			int j=upper_bound(a+1,a+1+n,s)-a;
			ans=max(ans,j-i+index[j]);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}	
}