文章目录
- 比赛链接
-
- A CodeForces 1481D AB Graph
- B CodeForces 1481E Sorting Books
- C CodeForces 1478D Nezzar and Board
- D CodeForces 1478C Nezzar and Symmetric Array
- E CodeForces 1478E Nezzar and Binary String
- F CodeForces 1481C Fence Painting
- G CodeForces 1477E Nezzar and Tournaments
- H CodeForces 1481F AB Tree
- I CodeForces 1478B Nezzar and Lucky Number
- J CodeForces 1478F Nezzar and Nice Beatmap
- K CodeForces 1477D Nezzar and Hidden Permutations
- L CodeForces 1481B New Colony
比赛链接
CF699 div2（没有A题），CF698div2（没有A题），CF698div1
A CodeForces 1481D AB Graph
题意：
一张完全图的每一条有向边上写着a或者b,问能否构造一条边数为m的不间断路线使该路线为回文串
题解：
构造题
对于边数为奇数的回文串，随便找两个点都是可以构造出来的（如果两点间的两条边相同，那么肯定是回文串，如果不相同，形如aba也可以构成回文串）
对于边数为偶数的回文串，如果是偶数，那么中间两个肯定是相同的，我们只要找到连着相同的两条边就可以。而这种情况在三元环之间肯定能形成这种情况（因为一共就两种边，所以肯定有相邻的边是一样的），所以当n >= 3时肯定可以构造出来
当n = 2 的情况，m为奇数讨论过（肯定行），m为偶数的话，两点之间的边必须相同才行（也就是双向边必须一样）
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
const int N = 1e6 + 10;
const int M = 5e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-4;
const int MOD = 1e9+7;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
char mp[1005][1005];
int main() {
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> mp[i] + 1;
if (m & 1)
{
cout << "YES" << endl;
for (int i = 1; i <= m+1; i++) cout << i % 2 + 1 << " ";
cout << endl;
continue;
}
if (n == 2)
{
if (mp[1][2] == mp[2][1])
{
cout << "YES" << endl;
for (int i = 1; i <= m+1; i++) cout << i % 2 + 1 << " ";
cout << endl;
}
else cout << "NO" << endl;
}
else
{
cout << "YES" << endl;
int flag;
if (mp[1][2] == mp[2][3]) flag = 1;
else if (mp[3][1] == mp[1][2]) flag = 0;
else flag = 2;
for (int i = 0; i <= m; i++) cout << (flag + i + m) % 3 + 1 << " ";
cout << endl;
}
}
}
B CodeForces 1481E Sorting Books
题意：
一排书架上有 n 本书排成一排，每本书上有一个颜色ai ，你可以每次将一本书移动到书架的最右端，如果书架上的书，颜色相同的书都排到了一块，我们就认为他是漂亮的，请问将这个书架通过上面的那一种操作排成漂亮的书架，最少需要几次操作？
题解：
代码：
C CodeForces 1478D Nezzar and Board
题意：
n个数组x1 ~ xn，每次可以选择其中两个数x和y，然后将2x-y的值加入到数组中，x和y依旧保留，问通过这系列操作是否能得到数字k
题解：
我们先讲个定理，裴蜀定理：
设a，b是不全为0的整数，则存在整数x，y，使得ax+by = gcd(a,b)
n个整数间的裴蜀定理：
设a1,a2,a3…an为n个整数，d是它们的最大公约数，那么存在整数x1…xn使得x1 * a1+x2 * a2+…xn * an=d
（证明略）
题目给的是2x-y,我们将其拆开x+(x-y),相当于x加上x与y的差值，其实就是本身加上本身与其他数的差值，我们可以处理出所有的差值，但是O(n2)肯定不行（数据范围是1e5），其实不用求出所有差值，因为我们求出a1和a2的差值，a2和a3的差值，也就相当于求出a3和a1的差值（a3-a2+a2-a1=a3-a1），也就是求出a[i]与a[i+1]的差值（O(n)，共n-1个
然后我们开始思考裴蜀定理，我们现在有n-1个差值（我们设为a1…an-1），gcd是他们的最大公约数，那么存在整数x1,…xn-1，使得x1 * a1+x2 * a2+…xn-1 * an-1=gcd
我们要求的数是k，我们已经有了每个数a[i]，我们需要的是改变值k-a[i]，也就是只要n-1个差值能表示出k-a[i]即可，现在n-1个差值可以表达出gcd，那么k-a[i]只要是gcd的倍数就可以被表示，如果不是则不行
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define ACM_LOCAL
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const ll INF = 1e18;
const double eps = 1e-4;
ll d[N];
void solve() {
int T; cin >> T;
while (T--) {
ll n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> d[i];
ll gcd_ = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++) gcd_ = __gcd(d[i]-d[i-1], gcd_);
int f = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if ((k - d[i]) % gcd_ == 0) f = 1;
}
if (f) cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
}
}
int main() {
solve();
return 0;
}
D CodeForces 1478C Nezzar and Symmetric Array
题意：
给定一个长度为2n的序列d,问能否通过上述公式得到a序列，输出“YES”/“NO”， a序列中必须成对出现相反数，ai = - aj ，而且不能相同
题解：
这个讲的很详细
这个方法也可以
构造题，题目给了d和a的关系，a数组是成对出现的相反数，且均不相同
我们通过a的性质进行反推，推出数组d 应该有哪些性质
（这里直接将结论，具体推导过程在上面的链接中有写）
d数组满足：
条件一：d是 成对出现
条件二：d都为偶数
条件三：计算过程中的数都是正整数
原始数组a为±2、±7、±9
差值和d为 36 36 46 54 46 54
去重排序除以2（用really数组保存）18 23 27
27/3=9，所以原始数组中最大的数就是9
(23-9)/2=7，所以原始数组中还有一个正数7
(18-9-7)/1=2，所以原始数组中还有一个正数2
所以原始数组为±2、±7、±9，输出YES
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll really[100010]; // Really 记录真正需要处理的数（表格二左边的1/2）
int main()
{
int N;
cin >> N;
while (N--)
{
int n;
scanf("%d", &n);
bool buxing = 0; //不行的拼音
map<ll, int> ma; //用map记录出现了几次（条件一）
for (int i = 0; i < 2 * n; i++)
{
ll t;
scanf("%lld", &t);
if (t % 2) //差值和是否为偶数（条件二）
buxing = 1;
ma[t]++;
}
int sum = 1;
ll realOriSum = 0; // 已经得出的原来的数，上文样例中便是 9 7 3
if (buxing)
{
puts("NO");
}
else
{
for (map<ll, int>::iterator it = ma.begin(); it != ma.end(); it++)
{
if (it->second != 2) // 差值和是否都出现了两处（条件一）
buxing = 1;
really[sum++] = (it->first) / 2;
}
if (buxing)
{
puts("NO");
}
else
{
for (sum--; sum > 0; sum--)
{
ll all = really[sum] - realOriSum; //减去原来的数
if (all % sum) //是否可以整除
buxing = 1;
ll thisReal = all / sum;//除以当前really数组内数的数量
realOriSum += thisReal;//对已求出的数组a求和
if (thisReal <= 0)//检验计算过程中的数是否都是正整数
buxing = 1;
}
if (buxing)
{
puts("NO");
}
else
puts("YES");
}
}
}
return 0;
}
E CodeForces 1478E Nezzar and Binary String
F CodeForces 1481C Fence Painting
题意：
有一个围栏，每一块上都有颜色，用A数组来表示，Bob觉得太单调了，他想涂成B数组的颜色。这时候有m个粉刷匠，每个粉刷匠能且只能粉刷一次围栏，问你通过这m个人的粉刷能否达到Bob的要求。如果可以输出YES，并把每个粉刷匠粉刷的下标输出，否则输出NO。
题解：
因为颜色会覆盖，所以如果让后来的工匠染了某块木板，前面的工匠选择这块木板染色便没有影响，所以我们先把需要进行染色的木板按颜色分类存下来，从后往前扫每位工匠，如果有需要染对应颜色则染，否则选择之后会有人染的木板，或者选择相应颜色的不需要染色的木板染上，颜色不会发生变化
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
using namespace std;
int t,n,m,a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
queue<int> ve1[MAXN],ve2[MAXN];
int xx,ans[MAXN];
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
//a是原本，b是需求，m是改变
for(int i = 1;i <= n;++i)
{
while(!ve1[i].empty())
ve1[i].pop();
while(!ve2[i].empty())
ve2[i].pop();
}
xx = 0;
for(int i = 1;i <= n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i =1;i <= n;++i)
{
scanf("%d",&b[i]);
if(b[i] == a[i])
ve1[a[i]].push(i);//已经涂好
else
ve2[b[i]].push(i);//需要该颜色
}
for(int i = 1;i <= m;++i)
scanf("%d",&c[i]);
int f = 1;
for(int i = m;i >= 1;--i)
{
//xx是可以被涂的地方
if(ve2[c[i]].empty()==0)//即需要该颜色
{
int tmp = ve2[c[i]].front();//需要颜色的位置
ans[i] = tmp;
xx = tmp;//因为这个地方最后会被改回颜色，所以之前可以涂
ve2[c[i]].pop();
}
else if(xx)//如果存在可以多涂的地方
{
ans[i] = xx;
}
else if(ve1[c[i]].empty()==0)//涂在该地方没有影响（相当于在本来是1的地方涂1）
{
ans[i] = ve1[c[i]].front();
xx = ans[i];
}
else
{
f = 0;
break;
}
}
for(int i = 1;i <= n;++i)
{
if(ve2[i].empty()==0)//如果存在地方改变不了颜色
{
f = 0;
break;
}
}
if(f)
{
printf("YES\n");
for(int i = 1;i <= m;++i)
printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
}
else
printf("NO\n");
}
return 0;
}
G CodeForces 1477E Nezzar and Tournaments
H CodeForces 1481F AB Tree
I CodeForces 1478B Nezzar and Lucky Number
题意：
我们定义一个数字x为最喜欢的数（0<x<9），只要是出现了x的数都是幸运树，另外如果一个数可以由多个幸运树相加得到，该数也为幸运数
现给q个数，判断是否为幸运数
题解：
我的思路是：如果x是最喜欢的数，给数w，先查看w的各位是否有x存在，然后将w减去x，得到z，然后再看z的各位是否存在x，然后再减想，依次循环，直到小于x位置或者确定为幸运数为止
我是这样想的，如果w的各位不存在x，那么w可能是由幸运数相加得到，每次减去最小幸运数x
至于证明，我也讲不明白，当时做的时候是举例子推出来的，下面看这个详细证明
详细证明
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e5+8;
int a[maxn];
int q,d;
bool f(int x)
{
if(x<d)return 0;
int ans=x;
bool flag=0;
while(ans)
{
if(ans%10==d)
{
flag=1;
break;
}
ans/=10;
}
if(flag==1)return 1;
if(f(x-d))return 1;
return 0;
}
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>q>>d;
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int x;
cin>>x;
if(f(x))cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
}
return 0;
}
J CodeForces 1478F Nezzar and Nice Beatmap
K CodeForces 1477D Nezzar and Hidden Permutations
L CodeForces 1481B New Colony
题意：
从山顶有石头滚下来，有n个山，山的高度分别是hi
如果hi >= hi+1 ，石头就会滚到下一个山
如果hi < hi+1，石头会停止滚动（停在hi），hi的高度会加一
问第k次滚石会停到什么位置，会不会滚出所有山？
题解：
本题按照题意直接暴力即可
循环k次，记录每次石头滚到的位置，如果石头没有停下来（说明所有的i都满足a[i]>=a[i+1]），说明石头滚出所有山，此时输出-1
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e5+8;
int a[maxn];
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int n,k;
cin>>n>>k;
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
int ans=0;
while(ans!=k)
{
int i;
bool f=0;
for(i=1;i<n;i++)
{
if(a[i]>=a[i+1])continue;
else
{
f=1;
a[i]++;
ans++;
break;
}
}
if(f==0)
{
cout<<-1<<endl;
break;
}
if(ans==k)
{
cout<<i<<endl;
break;
}
}
}
return 0;
}