文章目錄

• 前言
• CF1104A Splitting into digits
• • $\text{Description}$
  • $\text{Solution}$
  • $\text{Description}$
• CF1104B Game with string
• • $\text{Description}$
  • $\text{Solution}$
  • $\text{Code}$
• CF1103A Grid game
• • $\text{Description}$
  • $\text{Solution}$
  • $\text{Code}$
• CF1103B Game with modulo
• • $\text{Description}$
  • $\text{Solution}$
  • $\text{Code}$
• CF1103C Johnny Solving
• • $\text{Description}$
  • $\text{Solution}$
  • $\text{Code}$
• CF1103D Professional layer
• • $\text{Description}$
  • $\text{Solution}$
  • $\text{Code}$

前言

1104AB,1103A是水題
1103B是不錯的交互題
C小清新構造
D毒瘤優化狀壓
E是惡心數學題（直接棄療）

CF1104A Splitting into digits

$\text{Description}$

給定一個數字 $n$ ，請將它拆分成 $a_1+a_2+?+a_m,a_i\in [1,9]$，使得 ${\sum }_{i=1}^m{a}_i=n$，并且使 $a_i$ 中不同的數盡量少。

輸出方案，兩行，第一行為數的個數 $m$，第二行為$m$個數，由空格隔開，分別為 $a_1?a_m$。

$\text{Solution}$

智障題。輸出 $n$ 個 $1$ 即可…

$\text{Description}$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N=1e6+100; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; } int n; int main(){n=read();for(int i=1;i<=9;i++){if(n%i==0){printf("%d\n",n/i);while(n) printf("%d ",i),n-=i;return 0;}}printf("%d\n",(n+8)/9);while(n>9) printf("9 ");n-=9;printf("%d",n); }

CF1104B Game with string

$\text{Description}$

$\text{A}$ 與 $\text{B}$ 正在玩一個關于由小寫拉丁字符構成的字符串 $s$ 的游戲。

每一個人會輪流操作，先 $\text{A}$ 后 $\text{B}$。

對于每一次操作，操作者需要將 $s$ 中的兩個 連續且相同 的字符消除，消除后的字符串由另一個人操作。

對于每一次操作，如果不能找到兩個符合要求的字符，那么操作者輸。

$\text{Solution}$

水題。
顯然博弈論只是層皮，勝負就與操作次數的奇偶性有關。
由于有刪除操作，我寫了個鏈表，每次刪除后再遞歸往兩側看能不能接著刪。
看其他題解許多使用了棧，做法也很簡單。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N=1e5+100; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; } int n; int l[N],r[N],ans; char s[N]; bool vis[N]; void del(int x,int y){++ans;vis[x]=vis[y]=1;int xx=l[x],yy=r[y];r[xx]=yy;l[yy]=xx;if(xx>0&&yy<=n&&s[xx]==s[yy]) del(xx,yy);return; } int main(){scanf(" %s",s+1);n=strlen(s+1);for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=i-1,r[i]=i+1;r[0]=1;l[n+1]=n;for(int i=1;i<=n;i++){if(vis[i]) continue;if(s[i]==s[l[i]]) del(l[i],i);}if(ans&1) printf("Yes");else printf("No"); }

CF1103A Grid game

$\text{Description}$

你有一個 $4\times 4$ 的棋盤和一些 $1\times 2$ 大小的方格，給你放入的順序，$0$ 表示豎著放，$1$ 表示橫著放，每當一行或一列全放滿時會將這一行或列上的消除，輸出任意一種使小方格不重疊的方案。

$\text{Solution}$

似乎和其他題解的方法不太一樣。
豎著的先放 $(1,1)$，再放 $(3,1)$ 把上一個消掉。
橫著的先放 $(4,3)$，再放 $(4,1)$ 把上一個消掉。
永遠不會有沖突。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N=1e5+100; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; } int n; int a,b; char s[N]; int main(){scanf(" %s",s+1);n=strlen(s+1);for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='0'){if(a) printf("3 1\n");else printf("1 1\n");a^=1;}else{if(b) printf("4 1\n");else printf("4 3\n");b^=1;}} }

CF1103B Game with modulo

$\text{Description}$

未知一個數 $a$，讓你每次猜兩個數 $x$ 和 $y$，若 $(x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}a)\ge (y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}a)$ 返回 x，否則返回 y。讓你猜測次數少于 $60$ 次的時候猜出數 $a$。
$a\le 2\times 10^9$

$\text{Solution}$

一開始，令 $x=1$。
不斷進行一下過程：

詢問 $x$ 與 $2x$。

若 $x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}a<2x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}a$，說明 $a>2x$，令 $x\leftarrow 2x$，回到第一步。

若 $x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}a>2x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}a$，說明 $a\le 2x$，也就是 $a\in (x,2x]$，進入第四步。

現在已知 $a\in (x,2x]$，二分找到 $a$ 的值即可。

$a=1$ 的情況比較惡心，建議特判處理。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define ull unsigned long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=4e5+100; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; } int n,m; char c; inline char ask(int x,int y){printf("? %d %d\n",x,y);fflush(stdout);scanf(" %c",&c);return c; } char s[105]; signed main(){ #ifndef ONLINE_JUDGE//freopen("a.in","r",stdin);//freopen("a.out","w",stdout); #endif while(1){scanf(" %s",s+1);if(s[1]=='m'||s[1]=='e') return 0;int x=1;while(1){if(ask(x,x<<1)=='x') break;else x<<=1;}if(x==1){if(ask(2,1)=='y') printf("! 2\n");else printf("! 1\n");fflush(stdout);}else{int st=x+1,ed=x<<1;while(st<ed){int mid=(st+ed)>>1;if(ask(mid,x)=='x') st=mid+1;else ed=mid;}printf("! %d\n",st);fflush(stdout);}}return 0; } /**/

CF1103C Johnny Solving

$\text{Description}$

給出一張無重邊的無向圖（保證每個點度數大于等于 $3$）和一個限制 $k$，需要你構造以下兩種情況中的一種：

1、找出一條路徑長度為 $n/k$。

2、找出 $k$ 個環，使得每個環的長度大于 $3$ 而且不是 $3$ 的倍數，并且要求保證每個環中至少有一個點在這 $k$ 個環里只出現一次。

$\text{Solution}$

不錯的一道題。
不難想到先建出 dfs 生成樹的套路。
然后，若直徑大于 $n/k$，就已經滿足條件一了。
否則，必然有每個結點的深度不超過 $n/k$，那么葉子的數量必然不少于 $k$ 個。
同時，每個葉子 $u$ 必然至少有兩條非樹返祖邊。，假設分別連向 $x,y$。
分類討論一下一定有一個不是 $3$ 的倍數的環。
把葉子作為代表結點即可。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define ull unsigned long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=5e5+100; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; } int n,m,k; struct node{int to,nxt; }p[N<<1]; int fi[N],cnt; inline void addline(int x,int y){p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt;return; } bool vis[N],jd[N]; vector<int>v[N]; int fa[N],dep[N]; void dfs(int x,int f){fa[x]=f;dep[x]=dep[f]+1;vis[x]=1;for(int i=fi[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(to==f) continue;if(vis[to]){if(dep[to]<dep[x]) v[x].push_back(to); }else{jd[x]=1;dfs(to,x);}}return; } void print(int x,int tp){//printf("%d\n",dep[x]-dep[tp]+1);while(x!=fa[tp]) printf("%d ",x),x=fa[x];putchar('\n');return; } inline bool ok(int o){return o>2&&o%3;} bool bac[4]; bool pd[N]; signed main(){ #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;n=read();m=read();k=read();for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();addline(x,y);addline(y,x);}dfs(1,0);for(int i=1;i<=n;i++){if(1ll*dep[i]*k>=n){printf("PATH\n");printf("%d\n",dep[i]);print(i,1);return 0;}}printf("CYCLES\n");for(int i=1;i<=n&&k;i++){int x(0),y(0),z(0);bac[0]=bac[1]=bac[2]=0;if(jd[i]) continue;for(auto now:v[i]){if(pd[now]) continue;if(ok(dep[i]-dep[now]+1)){printf("%d\n",dep[i]-dep[now]+1);pd[i]=1;print(i,now);k--;break;}else if(x&&ok(abs(dep[x]-dep[now])+1+1)){if(dep[x]>dep[now]) swap(x,now);printf("%d\n%d ",dep[now]-dep[x]+1+1,i);print(now,x);pd[i]=1;k--;break;}else if(y&&ok(abs(dep[y]-dep[now])+1+1)){if(dep[y]>dep[now]) swap(y,now);printf("%d\n%d ",dep[now]-dep[y]+1+1,i);print(now,y);pd[i]=1;k--;break;}else if(z&&ok(abs(dep[z]-dep[now])+1+1)){if(dep[z]>dep[now]) swap(z,now);printf("%d\n%d ",dep[now]-dep[z]+1+1,i);print(now,z);pd[i]=1;k--;break;}if(!bac[dep[now]%3]){bac[dep[now]%3]=1;if(!x) x=now;else if(!y) y=now;else if(!z) z=now;}}}return 0; } /**/

CF1103D Professional layer

$\text{Description}$

給定 $1\le n\le 10^6$ 個正整數 $a_i,1\le a_i\le 10^{12}$，以及正整數 $1\le k\le 10^{12}$，修改第 $i$ 個正整數 $a_i$ 的花費為 $e_i,1\le e_i\le 10^9$ 。

要求選出若干個正整數進行一次修改，使得修改后所有正整數的最大公約數等于 $1$ 。修改操作為：對于正整數 $a$，選擇 $a$ 的一個約數 $d\le k$，把 $a$ 修改為 $ \frac{a}ozvdkddzhkzd$。

設選出并修改的正整數有 $x$ 個，他們的花費之和為 $y$，則總的修改花費為 $x\times y$。求最小花費。

$\text{Solution}$

毒瘤狀壓題。
不難想到，公因數的質因子不超過 $11$ 個，可以狀壓。
關鍵就是對復雜度的優化。
（以下設質因子個數為 $k$）
樸素 dp 的復雜度是 $O(nk{3}^k)$，難以通過。
考慮優化。
首先，注意到會有大量的重復數（打表可知不同的數只有 $10^4$ 個），每種數字取代價最小的前 $k$ 個即可。
然后，數的數里降到了十萬級別，我們可以暴力求出每個數可以轉移到那些質因數集合，而每個集合其實也只需要取前 $k$ 個數進行轉移，所以轉移數降到了 $k\times 2^k$。
對每個轉移集合的補集枚舉子集轉移，再加上枚舉一維選取個數的復雜度，總復雜度 $3^k\times k^2$。
注意每次不能暴力更新滾動數組，復雜度會假掉，所以需要開個 vector 記錄一下更新了哪些狀態。
注意開 longlong。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define ull unsigned long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=2e6+100; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; } int n,m; ll k,flag; ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;} struct node{ll a,c; }p0[N],p[N]; bool cmpc(node x,node y){return x.c<y.c;} bool cmpa(node x,node y){return x.a<y.a;} ll tot,g; ll dp[2][13][2105],now,nxt; ll prime[13],cnt; map<ll,int>mp; vector<int>v[2105]; ll w[13],mi[13],bit[2105]; vector<int>vv[N]; void findtrans(int id){ll x=p[id].a;//ll x=p[i].a;for(int j=1;j<=cnt;j++){w[j]=1;while(x%prime[j]==0){x/=prime[j];w[j]*=prime[j];}}for(int s=0;s<(1<<cnt);s++){ll o=1;int ss=s;if((int)v[s].size()==cnt) continue;while(ss){o*=w[bit[ss&-ss]+1];ss-=ss&-ss;}if(o<=k){//v.push_back(s);v[s].push_back(id);//printf(" s=%d o=%lld\n",s,o);}} } void init(){int tp=floor(sqrt(g));for(int i=2;i<=tp;i++){if(g%i==0){prime[++cnt]=i;while(g%i==0) g/=i;}}if(g>1) prime[++cnt]=g;sort(p0+1,p0+1+n,cmpc);for(int i=1;i<=n;i++){int x=p0[i].a;if(mp.find(x)!=mp.end()&&mp[x]>=cnt) continue;p[++tot]=p0[i];mp[x]=mp[x]+1;/*for(int j=1;j<=cnt;j++){if(x%prime[j]==0){p[++tot]=p0[i];mp[x]=mp[x]+1;break;}}*/}mi[0]=1;bit[1]=0;for(int i=1;i<=cnt;i++) mi[i]=mi[i-1]<<1,bit[mi[i]]=i;for(int i=1;i<=tot;i++) findtrans(i);//sort(p+1,p+1+tot,cmpa);for(int i=0;i<(1<<cnt);i++){for(auto x:v[i]) vv[x].push_back(i);} } vector<int>tr; void DP(){memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[now=1][0][0]=0;for(int i=1;i<=tot;i++){//swap(nxt,now);tr.clear();for(auto ns:vv[i]){int t=((1<<cnt)-1)^ns,T=t;//debug("ns=%d\n",ns);dp[nxt][1][ns]=min(dp[nxt][1][ns],p[i].c);tr.push_back(ns);for(;t;t=T&(t-1)){tr.push_back(t|ns);for(int o=0;o<cnt;o++){//debug("ns=%d t=%d o=%d\n",ns,t,o);dp[nxt][o+1][t|ns]=min(dp[nxt][o+1][t|ns],dp[now][o][t]+p[i].c);}}}for(auto s:tr){for(int o=0;o<=cnt;o++) dp[now][o][s]=min(dp[now][o][s],dp[nxt][o][s]);}/*for(int s=0;s<(1<<cnt);s++){for(int o=0;o<=cnt;o++){dp[nxt][o][s]=min(dp[nxt][o][s],dp[now][o][s]);//if(dp[nxt][o][s]<1e9) printf("s=%d num=%d dp=%lld\n",s,o,dp[nxt][o][s]);} }*/} } void findans(){ll ans(2e18),op;for(int i=0;i<=cnt;i++){if(dp[now][i][(1<<cnt)-1]<1e18){if(ans>dp[now][i][(1<<cnt)-1]*i) op=i;ans=min(ans,dp[now][i][(1<<cnt)-1]*i);}}printf("%lld\n",ans>1e18?-1:ans);//if(flag) printf("g=%lld op=%lld tot=%lld\n",g,op,tot);//debug("ans=%lld num=%lld\n",ans,op); } signed main(){ #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifn=read();k=read();for(int i=1;i<=n;i++) p0[i].a=read(),g=gcd(g,p0[i].a);for(int i=1;i<=n;i++) p0[i].c=read();//printf("g=%lld\n",g);flag=p0[1].a==204367626045ll;init();//debug("ok\n");DP();findans();return 0; } /**/

總結

以上是生活随笔為你收集整理的CodeForces:1103(div1)1104(div2)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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