Codeforces Round #777 (Div. 2) (A-D题解)
源代码:ACM/OpenjudgeNow/Codeforces at master · abmcar/ACM (github.com)
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碎碎念:不亏是俄罗斯场+二次元出题人,只能说头像越粉出题越狠
A. Madoka and Math Dad
题目大意:
思路:
我们可以发现对于没有连续的数当中, 21212121 是和最小且最大的数,我们可以把21分为一组,问题转变为剩余部分
- 对于 n m o d 3 = = 0 n~mod~3 == 0 n mod 3==0 的情况 直接 21212121即可
- 对于 n m o d 3 = = 1 n~mod~3 == 1 n mod 3==1 的情况 把1放到开头, 121212121
- 对于 n m o d 3 = = 2 n~mod~3 == 2 n mod 3==2 的情况 把2放到末尾, 212121212
代码:
void solution()
{cin >> n;int tt = n;if (n <= 2){cout << n << endl;return;}int fir;if (n % 3 == 0)fir = 2;if (n % 3 == 1)fir = 1;if (n % 3 == 2)fir = 2;while (n > 0){cout << fir;n = n - fir;if (fir == 1)fir = 2;elsefir = 1;}cout << endl;
}
B. Madoka and the Elegant Gift
题目大意:
思路:
可以发现如果存在相交情况,必定存在在一共2*2的方格内,有3个黑1个白的情况
因为枚举每一个2*2的方格,判断时候存在这种情况
代码:
void solution()
{cin >> n >> m;vector<string> bd(n + 2);vector<int> nums[Maxn];for (int i = 1; i <= n; i++){nums[i].resize(n + 2);cin >> bd[i];bd[i] = '-' + bd[i];}bool ok = true;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 1; j <= m; j++){if (bd[i][j] == '1'){if (i + 1 <= n && j + 1 <= m)if (bd[i][j + 1] == '1' && bd[i + 1][j] == '1' && bd[i + 1][j + 1] == '0')ok = false;if (i + 1 <= n && j + 1 <= m)if (bd[i][j + 1] == '1' && bd[i + 1][j] == '0' && bd[i + 1][j + 1] == '1')ok = false;if (i + 1 <= n && j + 1 <= m)if (bd[i][j + 1] == '0' && bd[i + 1][j] == '1' && bd[i + 1][j + 1] == '1')ok = false;}else{if (i + 1 <= n && j + 1 <= m)if (bd[i][j + 1] == '1' && bd[i + 1][j] == '1' && bd[i + 1][j + 1] == '1')ok = false;}}}if (ok)cout << "YES" << endl;elsecout << "NO" << endl;
}
C. Madoka and Childish Pranks
题目大意:
思路:
发现题目没有要求使用最小次数,且次数小于n*m,因此我们可以对于每一个黑块,选择他和他上边或者左边的方块作为一共操作
只需要保证他上边和左边的方块在他之后被染色即可
因为倒着枚举每一个方块,进行染色, 由于是倒着染色, 黑色方块的左边和上边一定是白色
最后判断一下是否还存在黑色方块即可
代码:
void solution()
{cin >> n >> m;vector<string> bd(n + 1);vector<vector<int>> newBd(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> bd[i];newBd[i].resize(m + 1);bd[i] = '-' + bd[i];}vector<pair<int, int>> opt1, opt2;for (int i = n; i >= 1; i--)for (int j = m; j >= 1; j--){if (bd[i][j] == '1'){if (j - 1 >= 1 && newBd[i][j - 1] == 0){opt1.push_back({i, j - 1});opt2.push_back({i, j});newBd[i][j] = 1;bd[i][j] = '0';}else if (i - 1 >= 1 && newBd[i - 1][j] == 0){opt1.push_back({i - 1, j});opt2.push_back({i, j});newBd[i][j] = 1;bd[i][j] = '0';}}}bool ok = true;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)if (bd[i][j] == '1')ok = false;if (!ok){cout << "-1" << endl;return;}cout << opt1.size() << endl;for (int i = 0; i < opt1.size(); i++)cout << opt1[i].first << " " << opt1[i].second << " " << opt2[i].first << " " << opt2[i].second << endl;
}
D. Madoka and the Best School in Russia
题目大意:
思路:
这里采用分类讨论的方法
我们可以知道对于 good 数 g = k 1 ∗ d g = k_1 * d g=k1∗d
对于beatiful 数 b = k 2 ∗ d 2 且 k 2 m o d d ≠ 0 b = k_2*d^2 且 k_2 ~mod~d \neq 0 b=k2∗d2且k2 mod d=0
对于答案所求的数 x = b 1 ∗ b 2 ∗ b 3 ∗ . . . ∗ b n = k ∗ d p x = b_1*b_2*b_3*...*b_n = k * d^p x=b1∗b2∗b3∗...∗bn=k∗dp
我们分情况讨论:
如果 p < = 1 p <= 1 p<=1 不可能有2种情况 直接排除
如果 k 不是质数, 则有 x = ( a ∗ d ) ∗ ( b ∗ d ) ∗ d p − 2 = k ∗ d p x = (a*d)*(b*d)*d^{p-2} = k*d^p x=(a∗d)∗(b∗d)∗dp−2=k∗dp 由两种情况 满足
如果 k 是质数
- 如果 d 是质数,则不可再分 不满足
- 如果 d 不是质数
- 如果 p = = 2 p == 2 p==2 不可再分
- 如果 p = = 3 p == 3 p==3
- 如果 d = a ∗ b 且 ( k ∗ a m o d d ≠ 0 或 k ∗ b m o d d ≠ 0 ) d = a*b 且 (k*a~mod~d\neq0 或 k*b~mod~d\neq0) d=a∗b且(k∗a mod d=0或k∗b mod d=0) 则可以额外分为 x = ( a ∗ k ∗ d ) ∗ ( b ∗ d ) x = (a*k*d)*(b*d) x=(a∗k∗d)∗(b∗d)
- 否则 不可再分
- 如果 p > = 4 p >=4 p>=4 则可以额外分为 x = ( a ∗ d ) ∗ ( b ∗ d ) ∗ ( k ∗ d ) ∗ d p − 4 x = (a*d)*(b*d)*(k*d)*d^{p-4} x=(a∗d)∗(b∗d)∗(k∗d)∗dp−4
由此,我们进行分情况判断即可
代码:
void solution()
{cin >> n >> d;int cnt = 0;while (n % d == 0){cnt++;n = n / d;}bool ok = false;if (cnt >= 2){if (!isPrime(n))ok = true;else{if (!isPrime(d))if (cnt >= 4)ok = true;if (cnt == 3){for (int i = 2; i * i <= d; i++){if (d % i)continue;int t1 = i;int t2 = d / i;if (n * t1 % d || n * t2 % d)ok = true;}}}}if (ok)cout << "YES" << endl;elsecout << "NO" << endl;
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