Codeforces Round #632 (Div. 2)
Codeforces Round #632 (Div. 2)
这一场打的好差呀，这几次艰难上的分全部掉回去了，感觉就像一夜回到了解放前。
说实话，就是被B卡到了，没看到只能从小的放到大的。。。
这个构造就是只让最后一行的最后一个是W就行了，其余都设置成B。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(i==n&&j==m) printf("W");
else printf("B");
}
printf("\n");
}
}
return 0;
}
这个题目注意看清楚题意，这个只能在序号大的身上放序号小的，所以说先把大的都处理了，再去处理小的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
int a[maxn],b[maxn];
int sum1[maxn],sum0[maxn];
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while (t--){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&a[i]);
sum1[i]=sum1[i-1];
sum0[i]=sum0[i-1];
if(a[i]==1) sum1[i]++;
if(a[i]==-1) sum0[i]++;
}
int flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
for(int i=n;i>=1;i--){
if(b[i]>a[i]){
if(sum1[i-1]) continue;
flag=1;
}
else if(b[i]<a[i]){
if(sum0[i-1]) continue;
flag=1;
}
}
if(!flag) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
}
这个我自己写的方法非常复杂，不建议使用，来说说我看题解的方法吧。
去遍历这个给定的序列，求以 \(i\) 这个节点为右端点，满足条件的序列有多少。
因为左端点到右端点肯定是一个区间，每次就加这个区间的长度。
对于一个点 \(i\) 如果这个位置的前缀和之前出现过，那么这个左端点一定要变化，变化到不能加上这段和为0的子段，也就是之前出现过的位置+1则是这个左端点的新位置，但如果这个左端点已经在这个位置的右边了，则不需要更新。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=5e5+10;
map<ll,ll>mp;
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
mp[0]=1;
ll sum=0,last=0,ans=0;
for(int i=1,x;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
sum+=x;
if(mp[sum]) last=max(mp[sum],last);
ans+=i-last;
mp[sum]=i+1;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
我觉得这个题目挺好，但是我没有做好，可惜了。最后看的题解。
题目大意：
每一个人头有偏向，左边或者右边。如果有两个人的脸面对面，则可以对这一对进行操作，即左边的脸转向左边，右边的脸转向右边，问是否有一种转向的方法使得恰好k秒转完。注意：每一秒可以把这个序列所有的都转完，也可以只选择一部分。
题解：
这个首先我们可以求出最小的时间，然后也可以求出最多的时间，只要这个k在这个时间范围内即可完成任务，那怎么构造这个方法呢？其实就是把最小的时间补到k就行了，如果小于k，那就一个一个的转，如果等于了，那就按照正常的去一次性的转。
我觉得这个代码写的很漂亮，可以看一下。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=3e6+10;
vector<int>v[maxn];
char s[maxn];
int n,k,mins,maxs;
void solve(){
int p=0,num=0,cur=mins;
while(cur<k){
printf("1 %d\n",v[p][num]);
num++;
if(num==v[p].size()){
num=0;
p++;
}
else cur++;
}
printf("%d",v[p].size()-num);
for(int i=num;i<v[p].size();i++){
printf(" %d",v[p][i]);
}
printf("\n");
p++;
for(;p<mins;p++){
printf("%d",v[p].size());
for(int j=0;j<v[p].size();j++){
printf(" %d",v[p][j]);
}
printf("\n");
}
}
void check(int p){
for(int i=1;i<=n;){
if(s[i]=='R'&&s[i+1]=='L'){
s[i]='L',s[i+1]='R';
v[p].push_back(i);
i+=2;
}
else i++;
}
}
int main(){
mins=maxs=0;
scanf("%d%d%s",&n,&k,s+1);
check(0);
while(v[mins].size()&&mins<=k){
maxs+=v[mins].size();
mins++;
check(mins);
}
// printf("mins=%d\n",mins);
if(mins<=k&&k<=maxs) solve();
else printf("-1\n");
return 0;
}
这个题目其实一看是稍微有一点点的思路的，但是不知道如何去处理。
首先很明确的是把素数和1都放进去，这个是 \(gcd=1\) 的情况，然后就是考虑 \(gcd=2\) 的情况了。
这个怎么构造呢？首先我每放一个数，则这个数的所有的因子都已经在这个集合里面了，所以这个数的产生的贡献就是这个数的最大因子。如果这个数有一个因子没有放进这个集合，那么我就可以先放这个因子，再放这个数。
没有说的很清楚，等官方题解出来再补充吧。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=5e5+10;
int pri[maxn],cnt,v[maxn];
void init() {
cnt = 0;
memset(v,0,sizeof(v));
for (int i = 2; i < maxn; ++i) {
if (!v[i]) {
v[i] = i;
pri[cnt++] = i;
}
for (int j = 0; j < cnt; ++j) {
if (1ll * i * pri[j] >= maxn) break;
v[i * pri[j]] = pri[j];
if (i % pri[j] == 0) break;
}
}
}
int main(){
init(),v[1]=1;
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=i/v[i];
sort(v+1,v+1+n);
for(int i=2;i<=n;i++) printf("%d ",v[i]);
printf("\n");
return 0;
}
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