A. Digit Minimization

题目

分析

每次操作先交换两个数再删去尾端的数，使最后剩余的数最小。

直接判断这个数大于100，每次操作都可以把最小的数留到最后，只有两位数的话只能是个位的数。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define ll long long
#define guanliu ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const ll maxn=2e5+10;
const ll mod=1e9+7;
const ll INF=0x3f3f3f3f;
const double pi=acos(-1);int main()
{guanliu;int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;if(n/100==0){int a=n/10;int b=n%10;cout<<b<<endl;continue;}int ans=10;while(n){int tt=n%10;ans=min(ans,tt);n/=10;if(ans==1) break;}cout<<ans<<endl;}return 0;
}

B. Z mod X = C

题目

分析

给出a,b,c，找出满足x mod y = a ,y mod z = b ,z mod x = c;的x,y,z。

之前做过类似的题，先做出式子代换，代换为假设z的k为0，其余两个k相同，即可推出x和y的值。

注意：x,y,z的值需要开long long。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define ll long long
#define guanliu ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const ll maxn=2e5+10;
const ll mod=1e9+7;
const ll INF=0x3f3f3f3f;
const double pi=acos(-1);int main()
{guanliu;int t;cin>>t;while(t--){ll a,b,c;cin>>a>>b>>c;ll x,y,z;z=c;for(int i=0;i<=1e5;i++){y=i*c+b;x=i*y+a;;if(x%y==a&&y%z==b&&z%x==c) break;}cout<<x<<" "<<y<<" "<<z<<endl;}return 0;
}

C. Column Swapping

题目

分析

只能选择一次两列数，交换他们，使每一行的数都是非递减的。

设需要交换的列的数量为cnt：

当cnt=0，无需交换，可以直接选择交换1 1;
当cnt<=2时，尝试交换两列，并判断交换后，每行的这两列位置的数字是否已与排序后的该位置的数字相等;
当cnt>2时，那么需要交换的次数是大于1的，故无法满足要求;

这题自己手太弱了，赛时一直调不出来，赛后重写了一遍才过。

注意：数组大小2e5，数组存会爆，可以采用vector存。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define ll long long
#define guanliu ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const ll maxn=2e5+10;
const ll mod=1e9+7;
const ll INF=0x3f3f3f3f;
const double pi=acos(-1);
vector<int> v[maxn],vv[maxn];
int n,m;int check(int i,int j)
{for(int k=0;k<n;k++){if(v[k][i]!=vv[k][j]||v[k][j]!=vv[k][i]) return 0; }return 1;
}int main()
{guanliu;int t;cin>>t;while(t--){cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;i++){v[i].clear();}for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<m;j++){int x;cin>>x;v[i].pb(x);}vv[i]=v[i];sort(vv[i].begin(),vv[i].end());}int ansi=-1,ansj=-1;int f=1;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<m;j++){if(v[i][j]!=vv[i][j]){if(ansi==-1||ansi==j){ansi=j;}else if(ansj==-1||ansj==j){ansj=j;}else f=0;}}}if(!f) cout<<"-1"<<endl;else {if(ansi==-1&&ansj==-1) cout<<"1 1"<<endl;else if(check(ansi,ansj)) cout<<ansi+1<<" "<<ansj+1<<endl;else cout<<"-1"<<endl;}}return 0;
}

D. Traps

题目

分析

需要经过n个陷阱，每个陷阱的伤害是a[i]，有k次跳过陷阱的机会，但是一旦跳过一个陷阱之后，这个陷阱之后的每一个陷阱的伤害+1，求通过n个陷阱受到的最小伤害值。

先记录每个陷阱被跳过对总值的影响（不考虑跳过陷阱之间的影响）a[i]-(n-i)。再考虑跳过陷阱之后对其他陷阱的伤害值的影响，跳过m个陷阱，会使伤害减少m（因为跳过一个会让之后的陷阱伤害+1，并且我计算影响时计算了这个值，这个时候跳过，需要减去这个值）。

计算出每个独立跳过的伤害值，并从大到小跳过陷阱，再比较这个值与跳过陷阱个数，考虑继不继续跳过陷阱，一旦这个值小于，即不跳过任何陷阱，即此时伤害最小。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define ll long long
#define guanliu ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const ll maxn=2e5+10;
const ll mod=1e9+7;
const ll INF=0x3f3f3f3f;
const double pi=acos(-1);
ll a[maxn];bool cmp(ll a,ll b)
{return a>b;
}int main()
{guanliu;int t;cin>>t;while(t--){ll sum=0;int n,k;cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];sum+=a[i];a[i]=a[i]-(n-i);}sort(a+1,a+1+n,cmp);for(int i=1;i<=k;i++){if(a[i]>-i){sum-=a[i]+i-1;}else break;}cout<<sum<<endl; }return 0;
}

E. MEX vs DIFF

题目

分析

一个数组a，经过最多k次将a[i]换为任意的非负整数，求最小的DIFF-MEX值。

DIFF：数组中不同数的个数。

MEX：数组中没有出现的最小的数。

为使最后差值最小，考虑使MEX值最大，令大于mex的不同数的个数尽量小：muitiset维护一下，让大于mex的数中，数量较少的数优先进行改变操作。

附上本题参考的题解

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define ll long long
#define guanliu ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const ll maxn=1e5+10;
const ll mod=1e9+7;
const ll INF=0x3f3f3f3f;
const double pi=acos(-1);
int a[maxn];
int n,k;
map<int,int> mp,dmp;int main()
{guanliu;int t;cin>>t;while(t--){mp.clear();cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];mp[a[i]]++;}dmp=mp;sort(a+1,a+1+n);int mex=0;while(mp[mex]){mex++;}for(int i=n,j=k;i&&j;i--,j--){if(a[i]<mex) break;mp[mex]=1;mp[a[i]]--;while(mp[mex]){mex++;}}multiset<int> s;for(auto i : dmp){if(i.first>mex) {s.insert(i.second);}}int dif=mex;for(auto i : s){if(k>=i) k-=i;else dif++;}cout<<dif-mex<<endl;}return 0;
}

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