前言
好久没打cf的老年选手被吊打啦。从B题开始心态爆炸，导致最后E没写完，不然还是可以给小号上紫的。
biu_biubiu
1828->1862
A. From Hero to Zero
题意
给你n,k，每次有两种操作，第一种操作，如果n可以整除k，那么n可以除以k。第二种操作，把n减1。问最少多少次可以把n变成0。
做法
能除则除，否则减到能除。
代码
#include<stdio.h>
typedef long long ll;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
ll n,k;
scanf("%lld%lld",&n,&k);
ll ans=0;
while(n>0)
{
if(n%k==0)
{
n/=k;
ans++;
}
else
{
ll tmp=n/k*k;
ans=ans+(n-tmp);
n=tmp;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
B. Catch Overflow!
题意
给你一段代码，代码包含三个组成部分，for x,add,end,每一个for和与他最近的end之间的代码执行x次。
add表示给x加1，x最初为0，问最终x的值，如果x在中途溢出则输出"OVERFLOW!!!
",否则输出x的值。
做法
用栈模拟for循环，栈中存储当前应该乘的数，如果中途溢出这直接存储-1，这样就可以保证溢出是可判断的。
代码
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stack>
using namespace std;
#define ll long long
char op[10];
int main()
{
int x,t;
scanf("%d",&t);
stack<ll> stk;
ll tt=1;
ll lim=(1LL<<32)-1;
int flag=0;
ll ans=0;
stk.push(1);
while(t--)
{
scanf("%s",op);
if(op[0]=='f')
{
scanf("%d",&x);
ll tp=stk.top();
if(tp==-1||tp*x>lim) stk.push(-1);
else stk.push(tp*x);
}
else if(op[0]=='e')
{
stk.pop();
}
else if(op[0]=='a')
{
ll tp=stk.top();
if(tp==-1) flag=1;
else
{
ans=ans+tp;
if(ans>lim) flag=1;
}
}
}
if(flag==0) printf("%lld\n",ans);
else printf("OVERFLOW!!!\n");
return 0;
}
C. Electrification
题意
给你数轴上的n个点，现在找出一个点，让所有点到这个点距离的第k大最小。
做法
考虑到答案中的前k大的点一定是连续的一段点，所以只需要尺取检查每一段即可，而对于每一段，这个区间左右端点的平均值便是答案。
代码
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5+10;
int n,k;
ll a[maxn];
ll b[maxn];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
k++;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
ll ans= 2000000000;
ll x;
for(int i=1;i<=n-k+1;i++)
{
ll l=a[i];
ll r=a[i+k-1];
ll mid=(l+r)/2;
if(max(mid-l,r-mid)<ans)
{
ans=max(mid-l,r-mid);
x=mid;
}
}
printf("%lld\n",x);
}
return 0;
}
D. Array Splitting
题意
把原数组划分成k段，第i段的元素对答案贡献i次，问答案最大是多少。
做法
把题目换个角度考虑，变成选出k个后缀和，每个后缀和对答案贡献一次，但是由于每一个元素至少选择一次，所以先取整个数组的和，再取最大的k-1个后缀和即可。
代码
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 3e5+10;
int a[maxn];
ll sum[maxn];
int main()
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=n;i>=1;i--) sum[i]=sum[i+1]+a[i];
sort(sum+2,sum+1+n);
ll ans=sum[1];
for(int i=n;i>=n-k+2;i--) ans=ans+sum[i];
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
E. Minimal Segment Cover
题意
给你n个区间和m次询问，每次询问给出一个区间，问最少多少条线段可以覆盖这个区间。
做法
首先考虑n^2贪心的做法，每次从左端点L开始，找到包含这个点的r最大的区间，再从这个新区间的r出发，不断进行这个操作，直到包含R。我们发现对于每个点来说，一定是跳到他经过一个区间能跳到的最右侧的点，这样每个点只指向一个点，就形成一棵树，之后把L，R看成树上的两个节点，从L向上倍增直到当前节点值大于R即可，复杂度
代码
```#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<set>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e6+10;
vector<int> v[maxn],v2[maxn];
int l[maxn],r[maxn],fa[maxn];
int f[maxn][20];//重置0
int deep[maxn];//重置0
int vis2[maxn];//重置0
int ff[maxn];
vector<int> G[maxn];//清空
void dfs_LCA(int u,int fat,int ffa)//调用dfs_LCA(rt,rt)
{
ff[u]=ffa;
f[u][0]=fat;
vis2[u]=1;
for(int i=1;i<=19;i++) f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
for(int i=0;i<G[u].size();i++)
{
int v=G[u][i];
if(vis2[v]==1)continue;
deep[v]=deep[u]+1;
dfs_LCA(v,u,ffa);
}
}
int lca(int a,int b)
{
int lim=0;
while((1LL<<lim)<=deep[a]) lim++;
if(a>=b)return a;
for(int i=lim;i>=0;i--)
{
if(f[a][i]<b)
{
a=f[a][i];
}
}
return f[a][0];
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
v[l[i]].push_back(r[i]);
v2[r[i]].push_back(r[i]);
}
multiset<int> s;
for(int i=0;i<=500000;i++)
{
fa[i]=i;
for(int j=0;j<v[i].size();j++)
{
int to=v[i][j];
s.insert(to);
}
if(!s.empty())fa[i]=max(fa[i],*s.rbegin());
for(int j=0;j<v2[i].size();j++)
{
int to=v2[i][j];
multiset<int>::iterator it = s.lower_bound(to);
s.erase(it);
}
}
for(int i=0;i<=500000;i++)
{
if(i!=fa[i]) G[fa[i]].push_back(i);
}
for(int i=0;i<=500000;i++)
{
if(fa[i]==i) dfs_LCA(i,i,i);
}
while(m--)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
int ans=lca(l,r);
if(ff[l]!=ff[r]) printf("-1\n");
else printf("%d\n",max(1,deep[l]-deep[ans]));
}
return 0;
}
