比赛链接：Codeforces Round #572 (Div. 2)
官方题解：Editorial of Codeforces Round #572
A. Keanu Reeves
题意
如果一个 (01) 序列中 (0) 的数量和 (1) 的数量不同，就认为这个序列是“好”的。
给定一个长度为 (n) 的 (01) 序列，将这个序列分割成多个“好”的序列，求最少分割次数和分割后的所有序列。
思路
如果原序列 (0) 和 (1) 不同就不用分割。
否则分割成两个串，第一串为第一个数，剩下的为第二串。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double eps = 1e-8;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 100000 + 5;
string s;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
cin >> s;
if(n % 2) {
cout << 1 << endl;
cout << s << endl;
return 0;
}
int one = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
if(s[i] == '1') ++one;
}
if(one * 2 != n) {
cout << 1 << endl;
cout << s << endl;
} else {
cout << 2 << endl;
cout << s.substr(0, n - 1) << " " << s[n - 1] << endl;
}
return 0;
}
B. Number Circle
题意
给定 (n) 个数字，将所有数字构成一个环，放置顺序任意，问是否存在一种放置顺序，使得每个数字小于左右两个数字的和。
思路
对所有数字排序，如果 (a_n ge a_{n - 1} + a_{n - 2})，那么答案是 (NO)，因为这样 (a_n) 大于等于任意两个数的和。
否则答案一定存在，只要交换最后两个数即可，因为 (a_i < a_{i + 1} < a_{i - 1} + a_{i + 1} (i < n)) 。(构造方法不唯一)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
int a[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> a[i];
}
sort(a, a + n);
if(a[n - 1] >= a[n - 2] + a[n - 3]) {
cout << "NO" << endl;
} else {
cout << "YES" << endl;
swap(a[n - 1], a[n - 2]);
for(int i = 0; i < n; ++i) {
cout << a[i] << " ";
}
cout << endl;
}
return 0;
}
C. Candies!
题意
定义 (f([a_1, a_2, ldots, a_{2^k}])) 为每次取两个相邻的数 (a_i) 和 (a_{i + 1})，将这两个数变成一个数 ((a_i + a_{i + 1}) mod 10)，经过若干次同样操作直到序列长度为 (1) 为止。其中每次操作时如果 (a_i + a_{i + 1} ge 10) 就能获得一颗糖果。
现在给定一个长度为 (n) 的序列 (s)，以及 (q) 个询问。每个询问包含 (l) 和 (r)，求 (f([s_{l}, s_{l + 1}, ldots, s_{r}]))。
思路
每次合并是相加取模，所以每次序列都不会超过 (10)，(f([a_1, a_2, ldots, a_{2^k}]) = lfloor frac{a_1 + a_2 + ldots + a_{2^k}}{10} floor)。
用前缀和处理即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
int s[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> s[i];
s[i] += s[i - 1];
}
int q;
cin >> q;
for(int i = 0; i < q; ++i) {
int l, r;
cin >> l >> r;
cout << (s[r] - s[l - 1]) / 10 << endl;
}
return 0;
}
D1. Add on a Tree
题意
给定一颗树，初始每条边的权值为 (0)。可以任选两个叶子结点，给这两个结点的简单路径的所有边加上任意实数，问是否可以通过有限次操作使得树上的所有边达到任意值。
思路
如果有度为 (2) 的结点就不能。因为度为 (2) 的结点的两条边经过任意次操作后权值都相等。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100000 + 5;
int degree[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
for(int i = 0; i < n - 1; ++i) {
int u, v;
cin >> u >> v;
degree[u]++; degree[v]++;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(degree[i] == 2) {
cout << "NO" << endl;
return 0;
}
}
cout << "YES" << endl;
return 0;
}
D2. Add on a Tree: Revolution
待补
E.Count Pairs
题意
给定 (n) 个数 (a_1, a_2, ..., a_n) ，求满足 ((a_i+a_j)(a_i^2+a_j^2)equiv k mod p) 的 ((i, j)(1 le i < j le n)) 的数量。其中 (p) 是素数，且 (n) 个数都不同。
思路
统计一下有多少对 ((a_i^4-ka_i) mod p) 是相同的。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double eps = 1e-8;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 3e5 + 5;
ll a[maxn];
ll qmod(ll a, ll b, ll m) {
if(!b) return 1 % m;
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = (ans * a) % m;
a = (a * a) % m;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n;
ll p, k;
cin >> n >> p >> k;
map<ll, int> b;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> a[i];
ll tmp = (qmod(a[i], 4, p) - k * a[i]);
tmp += p * (abs(tmp) / p + 1);
b[tmp % p]++;
// cout << tmp << endl;
}
ll sum = 0;
for(auto it = b.begin(); it != b.end(); ++it) {
if(it->second > 1) sum += (it->second) * (it->second - 1) / 2;
}
cout << sum << endl;
return 0;
}
F.Array Beauty
待补