Codeforces Round #698 (Div. 2)

B题
题意：定义一个牛逼的数是这个数十进制中至少包含一个数d。
现在给定d和若干询问，每个询问一个x，问x能否分解成若干d构成的牛逼的数之和。
看起来挺难搞的，不能快速的判断是否是牛逼的数而且也不能很好的挑选合适的数组成x。那么我们不妨就把这个数拆成 a%d + a/d*d ，这样只需要判断a%d变成牛逼数加的d的最少数量，让后跟a/d比较一下大小就可以了。这个东西是可以预处理出来的，具体可以看代码。

//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
int f[20][20];bool check(int x,int d)
{while(x){if(x%10==d) return true;x/=10;}return false;
}void init()
{for(int i=1;i<=9;i++){for(int j=1;j<=9;j++){int sum=i,cnt=0;while(!check(sum,j)) sum+=j,cnt++;f[i][j]=cnt;}}
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);init();int _; cin>>_;while(_--){int q,d; scanf("%d%d",&q,&d);while(q--){int x; scanf("%d",&x);int a=x%d,b=x/d;if(f[a][d]<=b) puts("YES");else puts("NO");}}return 0;
}
/**/

C题
题意：

数组a是一个特定的数组，对于每个数 a 都有一个相反数 - a 。让后定义 d 为上面的式子，我们发现对于每个数他的相反数和这个数的 d 是相同的，所以我们只需要先排序检查一下是否符合，让后处理正数即可。化简式子可得

让后 an 可以直接算出来，依次递推 a ( n - 1 ) ，让后检查是否符合即可。

//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
LL a[N],d[N];bool check()
{for(int i=1;i<=n*2;i+=2) if(d[i]!=d[i+1]) return false;if(d[n*2]%(n*2)!=0) return false;a[n]=d[n*2]/(n*2);for(int i=n-1;i>=1;i--){LL x=d[i*2+1],y=d[i*2];if((x-y)%(2*i)!=0) return false;a[i]=a[i+1]-(x-y)/(2*i);if(a[i]>=a[i+1]||a[i]<=0) return false;}return true;
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n*2;i++) scanf("%lld",&d[i]);sort(d+1,d+1+n*2);if(!check()) puts("NO");else puts("YES");}return 0;
}
/**/

题意：
给定一个数组，可以做无数次操作，每次操作任选两个数 x 和 y，让后在后面添加 2 * x - y。问能否得到k。
我们把 2 * x - y 拆成 x + ( x - y ) ，这样就相当于在一个数后面加上这个数与任意数的差。既然这样我们可以思考能否通过一个选定的数，让后加上这个数与其他数的差来得到 k 呢？所以我们多写几组就可以发现每个数都可以写成 ah+∑i,j(ai−aj)a_h + \sum_{i,j} (a_i-a_j) ah+i,j∑(ai−aj)
其中 i j 是任选的两个数。那么我们的 k 也是可以写成这种形式的，换句话说就是ah+∑i,j(ai−aj)=ka_h + \sum_{i,j} (a_i-a_j) = kah+i,j∑(ai−aj)=k
我们需要移一下项∑i,j(ai−aj)=k−ah\sum_{i,j} (a_i-a_j) = k - a_hi,j∑(ai−aj)=k−ah
现在我们考虑如何确定 h i j 呢？我们可以发现对于每一个数我们都可以通过两次操作变成另一个。比如我们现在有 ana_nan，让后我们需要得到a1a_1a1。我们只需要先得到an+(an−a1)a_n+(a_n-a_1)an+(an−a1)，让后an+(an−(an+(an−a1)))a_n+(a_n-(a_n+(a_n-a_1)))an+(an−(an+(an−a1)))即可得到a1a_1a1。所以我们可以把 aja_jaj 和 aha_hah 统一成 a1a_1a1 ，让后就得到如下式子∑i,1(ai−a1)=k−a1\sum_{i,1} (a_i-a_1) = k - a_1i,1∑(ai−a1)=k−a1，让后显然有解的条件是(k−a1)modgcd⁡(ai,a1)==0(k-a_1) \bmod \gcd(a_i,a_1) == 0(k−a1)modgcd(ai,a1)==0，让后一层循环跑一遍就可以啦。

//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
int a[N];int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--){LL k; scanf("%d%lld",&n,&k);LL gd=0,first=-1000000000000000001;for(int i=1;i<=n;i++){LL x; scanf("%lld",&x);if(first==-1000000000000000001) first=x;else gd=__gcd(gd,x-first);}if((k-first)%gd==0) puts("YES");else puts("NO");}return 0;
}
/**/

E.
题意：给定两个串 a b，让后有q个操作，每个操作对应一个区间，让后你首先需要检查这个区间是否全为0或1，如果不是就退出。否则你可以选择修改严格小于长度 / 2 个数。问最终能否使 a 变成 b 。
正着来很难想，因为每次都需要先看是否全为0或者1，让后修改，而且修改还需要顾及下面的操作能否满足全为0或1，所以我们考虑全部反着来。反着来也就是由b到a，每次先修改严格小于长度 / 2 个数，让后使其全为0或1。这样就很简单了，每次只需要修改数量少的哪个就可以了，需要特判一下两者相等的情况，这样的话不能修改直接输出No即可。最后检查一下是否变成了a就行啦。
对于两个操作直接用线段树维护就好啦，线段树的基本操作了。

//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=200010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
char st[N],ed[N];
PII q[N];
struct Node
{int l,r;int sum,lazy;
}tr[N<<2];void pushup(int u)
{tr[u].sum=tr[L].sum+tr[R].sum;
}void pushdown(int u)
{if(tr[u].lazy==-1) return;tr[L].lazy=tr[u].lazy;tr[R].lazy=tr[u].lazy;tr[L].sum=Len(L)*tr[u].lazy;tr[R].sum=Len(R)*tr[u].lazy;tr[u].lazy=-1;
}void build(int u,int l,int r)
{tr[u]={l,r,0,-1};if(l==r) { tr[u].sum+=ed[l]-'0'; return; }build(L,l,Mid); build(R,Mid+1,r);pushup(u);
}void modify(int u,int l,int r,int c)
{if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r){tr[u].sum=Len(u)*c;tr[u].lazy=c;return;}pushdown(u);if(l<=Mid) modify(L,l,r,c);if(r>Mid) modify(R,l,r,c);pushup(u);
}int query(int u,int l,int r)
{if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r) return tr[u].sum;pushdown(u);int ans=0;if(l<=Mid) ans+=query(L,l,r);if(r>Mid) ans+=query(R,l,r);return ans;
}bool check()
{for(int i=m;i>=1;i--){int l=q[i].X,r=q[i].Y;int sum=query(1,l,r),len=r-l+1;if(len%2==0&&sum*2==len) return false;if(len-sum>sum) modify(1,l,r,0);else modify(1,l,r,1);}for(int i=1;i<=n;i++) if(query(1,i,i)!=st[i]-'0') return false;return true;
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--){scanf("%d%d",&n,&m);scanf("%s%s",st+1,ed+1);build(1,1,n);for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&q[i].X,&q[i].Y);if(check()) puts("YES");else puts("NO");}return 0;
}
/**/

F.
题意：给n个点，让你求这n个点一个排列，使得相邻的三个之间构成的角为锐角。
我们可以发现当是钝角的时候，钝角对的边一定是最大的。那么我们可以考虑一个贪心策略，我们每次都找距离当前点最远的点，让后把他们俩连起来的边当坐角边，而非对角边。
下面证明一下：
假设当前有三个点 A B C ，目前知道距离A最远的点为B，距离B最远的点为C，可以得知AC<AB，所以ABC构成的三角形中最长边为角边，所以∠ABC一定不是钝角。
让后直接瞎搞搞就可以啦。
为了避免精度问题，所以距离最好不开方。

//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<LL,LL> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
int ans[N],st[N];
PII p[N];LL get(int i,int j)
{LL dx=p[i].X-p[j].X;LL dy=p[i].Y-p[j].Y;return dx*dx+dy*dy;
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&p[i].X,&p[i].Y);ans[1]=1,st[1]=1;for(int i=1;i<=n-1;i++){LL mx=0,id=-1;for(int j=1;j<=n;j++) if(!st[j]&&get(ans[i],j)>mx) mx=get(ans[i],j),id=j;ans[i+1]=id; st[id]=1;}for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);puts("");return 0;
}
/**/

Codeforces Round #698 (Div. 2)相关推荐

Codeforces Round #698 (Div. 2)（A ~ F）6题全，超高质量题解）【每日亿题】2021/2/4
整理的算法模板合集: ACM模板点我看算法全家桶系列!!! 实际上是一个全新的精炼模板整合计划目录 [每日亿题]Codeforces Round #698 (Div. 2)(A ~ F)6题全,超 ...
Codeforces Round #698 (Div. 2) A-E解题报告与解法证明
Codeforces Round #698 (Div. 2) A-E解题报告与解法证明题目解法总体概括 A Nezzar and Colorful Balls #include <bits/s ...
Codeforces Round #698 (Div. 2) D. Nezzar and Board（一步步推出来，超级清晰，不猜结论，看不懂来打我 ~ 好题）
整理的算法模板合集: ACM模板点我看算法全家桶系列!!! D - Nezzar and Board Problem A Nezzar and Board 我们在黑板上写了 nnn 个数,x1,x2 ...
Codeforces Round #698 (Div. 2) (思维)
A. Nezzar and Colorful Balls 题意:给你一个非递减序列的球,现在要给每个球涂色,要求每种颜色的球的值是单调递增的,问最少用多少种颜色解题思路:根据题意,我们不难看出相同权 ...
Codeforces Round #506 (Div. 3)
Codeforces Round #506 (Div. 3) 实习期间事不多,对div3 面向题解和数据编程了一波 A. Many Equal Substrings 题目链接 A题就是找后缀和前缀重合 ...
Codeforces Round #563 (Div. 2)/CF1174
Codeforces Round #563 (Div. 2)/CF1174 CF1174A Ehab Fails to Be Thanos 其实就是要\(\sum\limits_{i=1}^n a_i ...
构造 Codeforces Round #302 (Div. 2) B Sea and Islands
题目传送门 1 /* 2 题意:在n^n的海洋里是否有k块陆地 3 构造算法:按奇偶性来判断,k小于等于所有点数的一半,交叉输出L/S 4 输出完k个L后,之后全部输出S:) 5 5 10 的例子可以 ...
Codeforces Round #696 (Div. 2) （A ~ E）超高质量题解（每日训练 Day.16 ）
整理的算法模板合集: ACM模板点我看算法全家桶系列!!! 实际上是一个全新的精炼模板整合计划 Codeforces Round #696 (Div. 2) (A ~ E)超高质量题解比赛链接:h ...
Codeforces Round #712 Div.2（A ~ F）超高质量题解（每日训练 Day.15 ）
整理的算法模板合集: ACM模板点我看算法全家桶系列!!! 实际上是一个全新的精炼模板整合计划 Codeforces Round #712 Div.2(A ~ F) 题解比赛链接:https:// ...

Codeforces Round #698 (Div. 2)

Codeforces Round #698 (Div. 2)相关推荐

最新文章

热门文章