A. From Hero to Zero
通过取余快速运行第一步即可。由于\(a \% b (a >= b) <= \frac{a}{2}\)。所以总复杂度不超过\(O(log_2n)\)。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
int T; scanf("%d", &T);
while(T--){
LL n, k, ans = 0;
scanf("%lld%lld", &n, &k);
while(n){
if(n % k) ans += n % k, n -= n % k;
if(n)n /= k, ans++;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}B. Catch Overflow!
循环本质其实是栈的思想，可以用\(loop\)表示这层要循环多少次。注意如果直接乘可能爆\(long\ long\)。
其实当\(loop > 2 ^ {32} - 1\)，后面的只要有\(add\)都不行了，所以只要用个\(flag\)记录就行了...
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <string>
#include <stack>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INF = (1ll << 32) - 1;
LL n = 0, loop = 1;
stack<int> s;
string ch;
int x, flag = 0;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int T; cin >> T;
while(T--){
cin >> ch;
if(ch == "add"){
if(loop > INF){
cout << "OVERFLOW!!!" << endl;
return 0;
}
n += loop;
}else if(ch == "for"){
cin >> x;
if(loop > INF) {
flag++;
continue;
}
s.push(x);
loop *= x;
}else if(ch == "end"){
if(flag) {
flag --;
continue;
}
loop /= s.top();
s.pop();
}
if(n > INF){
cout << "OVERFLOW!!!" << endl;
return 0;
}
}
cout << n << endl;
return 0;
}
C. Electrification
注意数据是单调递增的，所以容易想到最短的一段必然是连续的，因为通过绝对值变成正的值顺序一定是\(1, 2, 3....n\)，所以每次变成正的后，它可能是最小的，也有可能大于后面的一些，因为减的多了，所以整个区间会往后移动。我们可以尝试枚举每一个\([i, i + k]\)的这个区间，发现能使最小的即变为\((a[i + k] - a[i]) / 2\)，也就是全部都减\((a[i + k] - a[i]) / 2\)（可以向下取整）。可以用小根堆维护最小值。由于精度问题，第一个可以不用\(/2\)。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 200010;
int n, k, a[N];
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > q;
int main(){
int T; scanf("%d", &T);
while(T--){
while(q.size()) q.pop();
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", a + i);
for(int i = 1; i + k <= n; i++)
q.push(make_pair(a[i + k] - a[i], (a[i] + a[i + k]) / 2));
printf("%d\n", q.top().second);
}
return 0;
}D. Array Splitting
非常巧妙的做法，观察到让我们求的值其实是每一段的和$ * $ 相应的段数，但其实可以发现，一个\(ans\)的组成为：
\(1 * A + 2 * B + 3 * C = (A + B + C) + (B + C) + C\)。实质上就是找到\(k\)个后缀和，将他们加起来求最大值。这样直接贪心求解即可，记得\([1, n]\)这个区间必须选。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 300010;
typedef long long LL;
int n, k, a[N];
LL ans, sum[N];
int main(){
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", a + i);
for(int i = n; i; i--)
sum[i] = sum[i + 1] + a[i];
sort(sum + 2, sum + 1 + n);
ans = sum[1];
for(int i = n; i >= n - k + 2; i--) ans += sum[i];
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}E. Minimal Segment Cover
注意到\(l\)和\(r\)的范围并不大，我们可以预处理出从\(l\)出发最远能到哪里（一条线段），注意\(l\)也可以是中间点。这样我们只需要逐个枚举即可。时间复杂度\(SIZE ^ 2\)，可以用倍增的形式优化。具体方式很像\(LCA\)，预处理每个\(l\)跳\(2 ^ p(0 <= p <= \lfloor log_2500000 \rfloor)\)能到哪里即可。本质上就是枚举答案的二进制位即可。
时间复杂度\(O(slog_2s)\)（\(s\)是数字范围）
注意预处理顺序，要么\(i\)倒序枚举，要么\(j\)在第一个条件，否则没有正确的转移。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 200010, SIZE = 500010, L = 19;
int n, m, maxS = -1, f[SIZE][L];
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++){
int l, r; scanf("%d%d", &l, &r);
f[l][0] = max(f[l][0], r);
maxS = max(maxS, r);
}
for(int i = 1; i <= maxS; i++)
f[i][0] = max(f[i][0], f[i - 1][0]);
for(int j = 1; j < L; j++)
for(int i = 0; i <= maxS; i++)
f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];
for(int i = 1; i <= m; i++){
int x, y, ans = 0; scanf("%d%d", &x, &y);
for(int i = L - 1; ~i; i--)
if(f[x][i] < y) x = f[x][i], ans |= 1 << i;
if(f[x][0] >= y) printf("%d\n", ans + 1);
else puts("-1");
}
return 0;
}