Codeforces Round #632 (Div. 2)
A. Little Artem
题意：略。
分析：构造这样的图形：
BWW...W
BWW...W
BBB...B
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int main() {
io(); int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
cout << "B";
for (int j = 1; j < m; ++j) cout << "W";
cout << "\n";
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) cout << "B";
cout << "\n";
}
}
B. Kind Anton
题意：数组 \(a_n\) 由 \(\{-1,0,1\}\) 中的元素构成，并且你可以将数组中的任意元素 \(a_j\) 替换为 \(a_j+a_i(j>i)\) ，该操作能进行任意次，询问数组 \(a_n\) 能否通过变换变成数组 \(b_n\)
分析：如果 \(a_j<b_j\) ，那么必须存在 \(a_i=1(i<j)\) ；如果 \(a_j>b_j\) ，那么必须存在 \(a_i=-1(i<j)\) 。再特判 \(j=1\) 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int main() {
io(); int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n; cin >> n;
vector<int> a(n), b(n);
vector<vector<int> > vis(n, vector<int>(2));
for (auto& i : a) cin >> i;
bool f1, f2; f1 = f2 = false;
int cnt = 0;
for (auto i : a) {
if (i < 0) f1 = true;
if (i > 0) f2 = true;
vis[cnt][0] = f1;
vis[cnt++][1] = f2;
}
for (auto& i : b) cin >> i;
bool f = true;
if (a[0] != b[0]) f = false;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
if (b[i] > a[i] && !vis[i - 1][1]) {
f = false;
break;
}
if (b[i] < a[i] && !vis[i - 1][0]) {
f = false;
break;
}
}
cout << (f ? "YES\n" : "NO\n");
}
}
C. Eugene and an array
题意：统计数组 \(a_n\) 中有几个连续子序列满足：该序列中不存在和为 \(0\) 的连续子序列。
分析：反过来统计和为 \(0\) 的子序列，然后减去。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
map<ll, ll> MP;
int main() {
io(); int n;
cin >> n;
MP[0] = 0;
ll r = -1, cur = 0, ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
ll x; cin >> x;
cur += x;
if (MP.count(cur)) r = max(r, MP[cur]);
ans += r + 1;
MP[cur] = i;
}
ans = (n + 1ll) * n / 2 - ans;
cout << ans;
}
D. Challenges in school №41
题意：给定一个长度为 \(n\) 且由字符 \(L,R\) 构成的字符串，每轮操作中，你都能选择任意对相邻的 \(RL\) ，将其变为 \(LR\) ，询问能否正好用 \(k\) 轮将字符串中的 \(L\) 全部移动至左端， \(R\) 全部移动至右端。
分析：每一轮操作我们都贪心地将所有能够交换的位置互换，统计最少需要几轮才能完成交换（记为 \(cnt\) ），并统计交换的总次数（记为 \(sum\) ），如果 \(k\in[cnt,sum]\) 那么就可以给出交换方案，因为我们能将某一轮中的操作拆开来，最多能够拆成 \(sum\) 轮。
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 3010
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
vector<int> vec[SIZE];
char s[SIZE];
int main() {
io(); int n, k;
cin >> n >> k >> (s + 1);
int cnt = 0, sum = 0;
while (1) {
bool flag = false;
cnt++;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
if (s[i] == 'R' && s[i + 1] == 'L') {
flag = true;
vec[cnt].emplace_back(i);
}
}
for (auto it : vec[cnt]) swap(s[it], s[it + 1]);
sum += vec[cnt].size();
if (!flag) break;
}
cnt--;
if (k < cnt || k > sum) {
printf("-1\n");
return 0;
}
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) {
while (!vec[i].empty() && k > cnt - i + 1) {
cout << "1 " << vec[i].back() << '\n';
vec[i].pop_back();
k--;
}
if (!vec[i].empty()) {
cout << vec[i].size();
for (auto it : vec[i]) cout << ' ' << it;
cout << '\n';
k--;
}
}
}
F. Kate and imperfection
题意：在集合 \(S=\{1,2,\cdots,n\}\) 中，对于每个正整数 \(n\geq k>1\) ，找出一个大小为 \(k\) 的子集，使得该子集中两两间最大公因数的最大值最小，求这个最小值。
分析：我们考虑如何构造两两间最大公因数的最大值最小的集合，首先肯定是把所有质数先丢进集合里，然后再把与已经在集合内的数的最大公因数 \(=2\) 的数丢进去，然后是 \(=3\) 的数……然后注意到，如果我们加入了一个合数，那么他的所有因子必定已经在集合内了，于是加入的这个数字能够产生的最大公因数就是他的最大因子，因此用埃筛维护这个贪心的过程，排序一遍输出即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
map<ll, ll> MP;
int main() {
io(); int n;
cin >> n;
vector<int> ans(n + 1, 1);
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
for (int j = i + i; j <= n; j += i) {
ans[j] = i;
}
}
sort(ans.begin(), ans.end());
for (int i = 2; i <= n; ++i) cout << ans[i] << ' ';
}