1400——489C，520B，279B，479C

2021.9.29 晚

489/C. Given Length and Sum of Digits…

大意：

给出n和m，构造长度为n，每个数位之和为m的数字。输出能够构造出的最大值和最小值。不能有前导0。
如果不能构造出，输出-1 -1。

思考：

构造最大值，肯定是让最大的放前面，所以从前往后的每一位都放能放下的最大值，后面剩下都是0。
构造最小值，就反过来，让最大的放最后面。但是前面不能有前导0，所以如果排不到第一位的话，从下一位置调个1过来。
注意特判长度为0和数位之和为0的情况。

Code：

const int N = 200010;
int T, n, m, a[N];int main(){cin>>n>>m;if(m==0){if(n==1) cout<<"0 0";else cout<<"-1 -1";return 0;} int t=m,f;for(int i=n;i>=1;i--){if(m>=9) a[i]=9,m-=9,f=i;else if(m) a[i]=m,m=0,f=i;}if(m){cout<<"-1 -1";return 0;}if(!a[1]) a[1]=1,a[f]--;for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i];cout<<"\n";m=t;for(int i=1;i<=n;i++){if(m>=9) a[i]=9,m-=9;else if(m) a[i]=m,m=0;else a[i]=0;}if(m){cout<<"-1 -1";return 0;}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i];return 0;
}

520/B. Two Buttons

大意：

给出一个数 n ，执行两种操作使之变成 m：
1. n ∗ 2 1.n*2 1.n∗2
2. n − 1. 2. n-1. 2.n−1.

思考：

两种思路：

1. b f s 1.bfs 1.bfs

和奇怪的电梯这题类似。

每次取队头元素，执行两种操作，再分别放入队列中。
第一次到达目标值，便是最小的操作次数。

有个需要注意的地方：可能会无限次的2，导致无解。所以如果当前值2之后，比答案*2大了，那肯定没有必要再乘了，就不往下走。就像一个剪枝一样。
还可以加上 ‘-1最多减到0’ 这个限制。

Code：

const int N = 200010;
int T, n, m, a[N];// 思路1：bfs
int main(){cin>>n>>m;queue<PII> que;que.push({n,0});int cnt=0;while(que.size()){ int x=que.front().fi,t=que.front().se;que.pop();if(x==m){cout<<t;break;}if(x*2<=m*2&&!f[x*2]){que.push({x*2,t+1});f[x*2]=1;}if(!f[x-1]){que.push({x-1,t+1});f[x-1]=1;}}return 0;
}

2. 贪心 2.贪心 2.贪心

正着从n经过乘2和-1操作得到m不好求，我们反过来从m经过除2和+1操作得到n。

如果当前数n是奇数，不能除2，执行+1操作，先将n+1。
在满足偶数的情况下不断除2，直到m不超过n为止。
最后将m不断执行+1操作，得到n。

因为先除2直到不超过n，再+1所用的操作数，比先+1得到n的偶数倍数，再除2得到n所用的操作次数少。（毕竟加的1最后要除2）

Code：

const int N = 200010;
int T, n, m, a[N];//思路2
int main(){cin>>n>>m;if(m<=n){cout<<n-m;return 0;}ll ans=0;while(m>n){if(m%2){m++;ans++;}m/=2;ans++;}ans+=n-m;cout<<ans;return 0;
}

279/B Books

大意：

给出长度为n的数列和m，问从哪个地方开始，往后到达的位置最远。满足走过的数之和不超过m。输出最长的长度。

思考：

思路1：二分
先用前缀和预处理，然后遍历每个位置二分得到最远能够到达的位置。取差值的最大值。
因为前缀和处理后，数列单调递增，找到不超过a[i-1]+m的最后一个位置。

注意：可能遍历的当前位置长度为0，也就是当前值都超过m。所以需要将 l 设为 i - 1。

Code：

const int N = 200010;
int T, n, m, a[N];int main(){Ios;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[i]+=a[i-1];a[n+1]=2e9+10;int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){int l=i-1,r=n; //二分从当前位置能到达的最远位置，注意可能当前位置也不行，所以最左端从i-1开始 while(l<r){int mid=l+r+1>>1;if(a[mid]<=a[i-1]+m) l=mid;else r=mid-1;}ans=max(ans,l-i+1);}cout<<ans;return 0;
}

思路2：双指针
因为右端点不会回头，所以可以用双指针，从前往后遍历左端点，不断向右更新有端点。

Code：

const int N = 200010;
int T, n, m, a[N];int main(){Ios;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[i]+=a[i-1];a[n+1]=2e9+10;// 双指针：遍历左端点，右端点不会回头 int j=1,ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(a[j]<=a[i-1]+m) j++;ans=max(ans,j-i);}cout<<ans;return 0;
}

497/C Exams

大意：

给出两个长度为ｎ的数列a, b(b[i]<a[i])，对于每个i，可以选择a[i]或者b[i]。从前到后，选择的数不递减。
考虑着n个位置的先后，使得最终顺序的a[i]呈不递减序列。同时，使得选择的最后一个元素尽可能小。输出这个最小值。

思考：

a[i]和b[i]捆绑，结构体存储。
无论当前i是选a[i]还是b[i]，最终顺序的a[i]一定是非递减的。所以先将按照a[i]将结构体排序。
在满足a[i]非递减的情况下，要使得选择的最后一个元素最小，所以对于遍历到的位置i，如果b[i]大于上一个选择的，当前位置就选择b[i]，否则就选a[i]。

Code：

const int N = 200010;
int T, n, m;
PII a[N];int main(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].first>>a[i].second;sort(a+1,a+n+1);int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i].se>=ans) ans=a[i].second;else ans=a[i].fi;}cout<<ans;return 0;
}

今天是刷codeforces的1400的第一天。
晚上6点半到9点半，把这4个题搞通透，速度有点慢。
加油！