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A - Elections - [水水水水题]
题意:
我和另一个人竞争选举,共有 $n$ 个人投票,每个人手上有 $k$ 票,必须投给我或者另一个人。
现在已知每个人给另一个人投 $a_i$ 票,也就是说会给我投 $k-a_i$ 票。求最小的整数 $k$,使得我的票数严格大于另一个人。
题解:
暴力枚举 $k$。
AC代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=105; int n,a[maxn]; int main() { cin>>n; int mx=1,sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]), mx=max(a[i],mx), sum+=a[i]; for(int k=mx;;k++) { if(sum<n*k-sum) { printf("%d\n",k); break; } } }
B - Lost Array - [简单数学题]
题意:
我手上有一个序列 $x_0,x_1, \cdots, x_{k-1}$。
现在又有一个长度为 $n+1$ 的序列 $a_0,a_1,a_2, \cdots, a_n$,已知这个序列是通过 $a_i = x_{(i-1) \mod k} + a_{i-1}$ 计算得到,其中 $i \ge 0$ 且 $a_0 = 0$。
现在序列 $x_0,x_1, \cdots, x_{k-1}$ 丢失了,但给你 $a_0,a_1,a_2, \cdots, a_n$,求可能的 $k(1 \le k \le n)$。
题解:
显然从 $a_1$ 到 $a_k$ 是可以用来直接确定 $x_0,x_1, \cdots, x_{k-1}$,而后面的 $a_{k+1} \sim a_n$ 可以用来判定是否矛盾,不矛盾就是可行的 $k$。
AC代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e3+10; int n,a[maxn]; int x[maxn]; inline bool ok(int k) { for(int i=1;i<=k;i++) x[i-1]=a[i]-a[i-1]; for(int i=k+1;i<=n;i++) { if(a[i]!=x[(i-1)%k]+a[i-1]) return 0; } return 1; } int main() { cin>>n; a[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); vector<int> ans; for(int k=1;k<=n;k++) { if(ok(k)) ans.push_back(k); } printf("%d\n",ans.size()); for(int i=0;i<ans.size();i++) printf("%s%d",i>0?" ":"",ans[i]); }
C - Smallest Word - [简单模拟]
题意:
给出只包含字符 $a,b$ 的字符串 $s$,现在你从长度为 $1$ 到 $|s|$ 依次遍历所有的前缀子串,你可以选择反转这个前缀子串,或者不动。
现在要你输出 $|s|$ 个选择,使得最后的 $s$ 字典序最小。
题解:
从左到右遍历字符串,对于第 $i$ 个字符,始终保持 $1 \sim i-1$ 个字符保持 "$a,a,\cdots,a,b,b,\cdots,b$" 或者 "$b,b,\cdots,b,a,a,\cdots,a$" 这样的样式。
可以使得最后字符串为 "$a,a,\cdots,a,b,b,\cdots,b$"。
AC代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; string s; int main() { cin>>s; char pre=s[0]; for(int i=1;i<s.size();i++) { if(s[i]=='a') { if(pre=='b') printf("1 "), pre='a'; else printf("0 "); } if(s[i]=='b') { if(pre=='a') printf("1 "), pre='b'; else printf("0 "); } } if(pre=='a') printf("1\n"); else printf("0\n"); }
D - Mysterious Crime - [双指针维护]
题意:
给出 $m$ 个 $1 \sim n$ 的排列,求所有公共子串的数目。
题解:
换句话说,就是在第 $1$ 个排列里找,在其他 $2 \sim m$ 个排列里出现的所有公共子串。
不难想到,可以将第 $1$ 个排列分成若干段,每段都是不能在往右延伸的最长公共子串,例如:$(1,2,3,6,4,5)$ 和 $(4,5,6,1,2,3)$,则可以把第 $1$ 个排列分成 $(1,2,3),(6),(4,5)$。
因此用两根指针分别维护这些段的左右端点,每次找到一个长为 $len$ 的段,就产生贡献 $\frac{(len)(len+1)}{2}$。
AC代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e5+10; const int maxm=15; int n,m; int nxt[maxm][maxn]; int main() { cin>>n>>m; memset(nxt,0,sizeof(nxt)); for(int j=1;j<=m;j++) { for(int i=1,now,pre=0;i<=n;i++) { scanf("%d",&now); nxt[j][pre]=now; pre=now; } } ll ans=0; int len=1; for(int i=nxt[1][0],j;i;i=nxt[1][i]) { for(j=2;j<=m;j++) { if(nxt[j][i]!=nxt[1][i]) break; } if(j>m && nxt[1][i]) len++; else ans+=(ll)len*(len+1)/2, len=1; } cout<<ans<<endl; }
E - Train Hard, Win Easy - (Undone)
F - Make It One - (Undone)