A - Yet Another Two Integers Problem

數學題，每次先加減10，最后一步缺多少加減多少

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int main() {IO;int T;cin>>T;while(T--){int a,b;cin>>a>>b;int c=abs(a-b);int res=c/10;c%=10;if(c) res++;cout<<res<<endl;}return 0; }

B - Minimum Product

數學題，分類討論下即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; int main() {IO;int T;cin>>T;while(T--){ll n;ll a,b,x,y;cin>>a>>b>>x>>y>>n;if(n>=a-x+b-y) cout<<x*y<<endl;else{ll x1=max(x,a-n);ll y1=b-(n-(a-x1));ll y2=max(y,b-n);ll x2=a-(n-(b-y2));ll res1=x1*y1;ll res2=x2*y2;cout<<min(res1,res2)<<endl;}}return 0;}

這題很快想出做法，但是實現的時候總是打錯這打錯那，就是寫的時候腦子很不清晰，浪費了很多時間。

C - Yet Another Array Restoration

由于x和y非常小，因此可以枚舉公差，然后看看個數夠不夠，夠就輸出。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<cmath> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef pair<int,int> pii; typedef long long ll; const int N=100010; const int INF=1000000000; int n,x,y; int main() {IO;int T;cin>>T;while(T--){cin>>n>>x>>y;bool ok=1;for(int i=1;i<=y-x;i++)//枚舉公差 x+k*i=y{if((y-x)%i) continue;//不能作為公差int k=(y-x)/i+1;// [x,y]之間個數if(k>n) continue;// 太多不符合題意int l=(x-1)/i,r=(INF-y)/i;//[1,x) (y,INF]之間的個數if(l+r+k>=n){int cnt=0;for(int j=x;j<=y;j+=i){if(cnt>=n) break;cout<<j<<' ';cnt++;}for(int j=x-i;j>=1;j-=i)//這里剛開始打成j>=0 wa了一發{if(cnt>=n) break;cout<<j<<' ';cnt++;}for(int j=y+i;j<=INF;j+=i){if(cnt>=n) break;cout<<j<<' ';cnt++;}break;}}cout<<endl;}return 0; }

D - Decrease the Sum of Digits

剛開始還寫了個暴力？連樣例都過不了hh
后來想了一下就是每次把最后面的位變成0即可。
先求出原數幾位數，然后從個位開始，每次讓該位變成0，然后判斷

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<queue> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll> pll; ll n,s; int calc(ll x)//個個位數的和 {ll res=0;while(x){res+=x%10;x/=10;}return res; } int main() {IO;int T;cin>>T;while(T--){cin>>n>>s;int len=0;ll y=n;while(y){y/=10;len++;}ll base=10;ll b=n;while(len--){if(calc(n)<=s) break;ll now;if(n%(base*10)) now=(n/base+1)*base;else now=n;if(calc(now)<=s){n=now;break;}base*=10;n=now;}cout<<n-b<<endl;}return 0; }

這題也是，把自己想法實現的過程中出現了很多錯誤，思路非常不清晰，導致寫完這題基本沒啥時間了，再加上室友都睡覺了我也就睡了。

E - Two Platforms

分析可知這題之和x坐標有關，而且最終這兩個平臺不相交一定更優。然后就轉化為兩個長度為k的線段覆蓋最多的點，先對x左邊排序，雙指針預處理平臺左端點第i個點開始能長度為k的線段覆蓋點的個數記為cnt[i]，考慮枚舉一個平臺的左端點找出另一個平臺在哪即在[i+cnt[i],n]內找出一個長度為k的線段覆蓋最多點的個數即max(cnt[j],cnt[j+1],...cnt[n])(j=cnt[i]+i)。我們可以用剛剛預處理出的cnt[i]再預處理出從[i,n]中一個長度為k的線段覆蓋最多點的個數即max(cnt[i],cnt[i+1],...cnt[n])記為mcnt[i]，然后枚舉一邊即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N=200010; int n,k; int a[N],b[N]; int mcnt[N],cnt[N]; int main() {IO;int T;cin>>T;while(T--){cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];//象征輸入一下sort(a+1,a+1+n);for(int i=1,j=1;i<=n;i++){while(j<=n&&a[j]<=a[i]+k) j++;cnt[i]=max(j-i,cnt[i]);}int now=0;for(int i=n;i;i--){mcnt[i]=max(now,cnt[i]);now=max(now,cnt[i]);}int res=0;for(int i=1,j=1;i<=n;i++) res=max(res,cnt[i]+mcnt[cnt[i]+i]);for(int i=1;i<=n;i++) mcnt[i]=0,cnt[i]=0;//注意清空cout<<res<<endl;}return 0; }

F - Subsequences of Length Two

首先如果t[0]==t[1]，直接統計出s[i]==t[0]最多的個數算一下即可。
如果t[0]!=t[1]考慮設計狀態f[i][j][k]表示對于s前i個字符，s[1~i]==t[0]的個數為j，并且更換了k次。對于每個i考慮是否使用更換操作即可輕松轉移。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<cmath> #include<map> #include<queue> #include<iostream> #include<cstring> #include<string> #include<vector> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll> pll; const int N=210; int f[N][N][N]; string s,t; int n,m; int main() {IO;cin>>n>>m;cin>>s>>t;s='x'+s;int res=0;if(t[0]!=t[1]){memset(f,-0x3f,sizeof f);f[0][0][0]=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=n;j++)for(int k=0;k<=m;k++){// 不更換f[i][j][k]=f[i-1][j][k];if(s[i]==t[0]){if(j) f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k]);}if(s[i]==t[1]){f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+j);}// 更換if(k){if(j) f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k-1]);f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k-1]+j);}res=max(res,f[i][j][k]);}}else{int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++) cnt+=int(s[i]==t[0]);cnt=min(n,cnt+m);res=cnt*(cnt-1)/2;}cout<<res<<endl;return 0; }

這次的題雖然不難，但是由于B和D寫的太慢（很多低級錯誤），浪費的太多時間導致沒時間看E和F。希望以后寫題之前能夠在紙上把思路理清晰，然后再開始寫。
要加油哦~

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #667 (Div. 3)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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