2019.2月官方题解
D. 进制转换
签到题。
如果十进制数 x 在 k 进制下末尾恰好有 m 个 0 ,显然满足 x≡0(mod k^m)且 x≢0(mod k^(m+1) 。
而显然 x≡0(mod k^m) 包含了 x≡0(mod k^(m+1) ,直接就能算出来 [1,l] 的范围内有多少满足要求的数,差分一下即可。
当然它不甘为一道纯粹的签到,所以会计算过程直接 long long 会溢出。要注意处理的一些 tigs ,比如,判断的乘法变除法、加分变减法,均可以避免这个问题。
这个题目和前几天的一道CF题有神似的地方,其实他给的m和k异常大,我就觉得这个肯定会有爆long long 的情况出现,果不其然,大伙们都在这个精度上面败了。我就用for循环一次一次跑过去。
其实这个题目并不难做,首先k^m,右端点R/(k^m),观察有多少个k^m的倍数,因为不能再多一个k,所以就把 个数-个数/k。
差分一下。sum(R)-sum(L-1)即为答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1e18+10;
int main(){
int T;
//test();
scanf("%d",&T);
while(T--){
ll L,R,k,m,t,cntR,cntL,b=1,f=1,ans;
scanf("%lld%lld%lld%lld",&L,&R,&k,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){ //防止,*k>1e18
if(b>N/k){f=0;break;}
b=b*k;
}
if(!f)printf("0\n");
else{
t=b*k;
// printf("b=%lld \n",b);
cntR=R/b;
cntR=cntR-cntR/k;
cntL=(L-1)/b;
cntL=cntL-cntL/k;
//printf("%lld %lld\n",cntL,cntR);
ans=max(cntR-cntL,0ll);
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}
F. 方差
最小方差(51Nod 1098)
比赛的时候推公式不认真,没有继续往下推下去,用的是double,结果有误差。
推公式,不然就会有精度损失。
左右同时乘上一个m^2,然后把分子展开:
其中:
代入得到:
化到这里就差不多了,
每次都是维护ai^2,和区间内的和,预处理所有的前缀和。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
ll a[N],sum[N];
int main()
{
int n,m;
ll sigma=0,A=0,minz=0,Sum;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
Sum=sum[m];
for(int i=1;i<=m;i++){
sigma+=(a[i])*(a[i]);
}
//printf("Sigma : %lf\n",sigma);
sigma=sigma*m - Sum*Sum;
//printf("Sigma : %lf\n",sigma);
minz=sigma;
for(int i=2;i<=n-m+1;i++){
sigma=sigma+ Sum*Sum - m*a[i-1]*a[i-1];
//printf("# 1 %lf\n",sigma);
Sum=sum[i+m-1]-sum[i-1];
sigma=sigma + m*a[i+m-1]*a[i+m-1] -Sum*Sum;
//printf("#2 %lf\n",sigma);
minz=min(minz,sigma);
}
printf("%lld\n",minz/m);
return 0;
}
/*
6 2
1 2 3 4 5 6
*/
B——解题
设 ai 是从第 i 位到末位代表的整数,我们发现答案一定可以表达成 ai−aj (i<j)的形式。
例如,对于 1249,1000=1249−249,1200=1249−49,240=249−9。因此,问题可以转化为找到一个最小的 ai−aj,使得 ai−ajmodm=0。
要使 ai−aj mod m 为 0,只需要 ai mod m=aj mod m。要使 ai−aj 最小,首先需要 ai 最小,其次让 aj 最大。但是容易发现,在 ai 最小的情况下不可能有两个数 aj,ak 同时满足条件,否则 aj,ak 可以组成一个更小的解。因此,我们只要找到两个最小的 ai,aj,使其对 m 同余即可。注意,aj 是可以等于 0 的。
同时,因为抽屉原理,我们最多只要处理 m+1 个 ai 就能找到答案。
抽屉原理???
怎么才能想到这个抽屉原理呢,首先我们把枚举两个位置的L,R,写成从后往前保留多少位,
如“1234” i=2 ->“234”
j=3,“34”
然后可以表示为ai-aj为从左到右,选择L,R两端点,然后可以被m整除。
因为其余位置会变成0,所以从后往前可以减少位数。
抽屉原理体现在 %m类,%m 共有m种情况,只要出现两个都是为%m后相同的数,肯定就是答案了,
ai-aj=0 (mod m)
然后化简一下变成:
ai mod m = aj mod m
即两个在同余下相等即可。
所以就会找到答案。不要忽略有时候直接%m==0,此时就是该位置i到长度len。
还有一种情况就是m<10时候,在位置直接可以%m ==0。
三种情况分清楚,然后可以做题了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+100;
const int M=5e7+10;
char s[N];
int vis[M];
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(NULL);
ll Q,m;
cin>>s>>Q;
int len = strlen(s);
while(Q--){
cin>>m;
for(int i=0;i<=m;i++){
vis[i]=0;
}
ll t=1,tmp=0;
for(int i=len-1;i>=0;i--){
tmp=((s[i]-'0')*t+tmp)%m;
t=t*10%m;
if((s[i]-'0')%m==0&&m<10){
printf("%d %d\n",i+1,i+1);break;
}
if(vis[tmp]){
printf("%d %d\n",i+1,vis[tmp]);break;
}
if(!tmp){
printf("%d %d\n",i+1,len);break;
}
vis[tmp]=i;
}
}
return 0;
}