Codeforces Ronda 870 (Div. 2) (A--D)

A. No confíes en nadie

1. Problema

A. No confíes en nadie

2. Análisis

porque $n$ es muy pequeño, así que enumere directamente el número de mentirosos$k$ , y luego recorre la matriz para contar si el número de personas que hablan es igual a$k$ es lo mismo. Si son iguales, emite directamente, si no hay coincidencia, emite -1.

3. Código

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
void solve()
{
    
    
	int n;
	cin >> n;
	vector<int>a(n);
	for(auto &x : a)
		cin >> x;
	bool flag = false;
	for(int i = 0; i < n; i ++)
	{
    
    
		int cnt = 0;
		for(int j = 0; j < n; j ++)
		{
    
    
			if(a[j] > i)
				cnt++;
		}
		if(cnt == i)
		{
    
    
			cout << cnt << endl;
			return;
		}
	}
	cout << -1 << endl;
}
int main()
{
    
    
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	while(t--)
	solve();
}

B. Lunatic Never Content

1. Problema

B. Lunatic Never Content

2. Análisis

Suponga que los dos elementos uno frente al otro extremo con extremo son $a$ y$b$。
$$unmodx\_\_=segundometrooreX$$
$$unmodx\_\_-bmodx=0$$
$$(un-b)modx=0$$

nuestro $Si\; x$ es cada grupo$abdominales(un\_-b)$ factor, también tenemos que asegurar el valor máximo. Es decir, encontrarel máximo común divisor.

3. Código

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;

void solve()
{
    
    
	int n;
	cin >> n;
	vector<int>a(n),b;

	for(int i = 0; i < n; i ++)
		cin >> a[i];

	for(int i = n - 1; i >= 0; i --)
		b.push_back(a[i]);

	if(a == b)
	{
    
    
		cout << 0 << endl;
		return;
	}
	
	int nums = -1;
	int l = 0, r = n - 1;
	while(l < r)
	{
    
    
		if(a[l] == a[r])
		{
    
    
			l ++ ,r --;
			continue;
		}
		if(nums == -1)
			nums = abs(a[l] - a[r]);
		else
			nums = __gcd(abs(a[l] - a[r]), nums);
		l ++ ,r --;
	}
	cout << nums << endl;
}

signed main()
{
    
    
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	while(t--)
	solve();
}

C. Soñando con la libertad

1. Problema

C. Soñando con la libertad

2. Análisis

Considere primero el caso especial, si $n$ y$Si\; m$ es 1, entonces la votación debe completarse. Una es que solo hay un algoritmo y la otra es que solo hay una persona.

Luego discuta $norte\ne 1ym\ne 1$ caso

si $norte\le metro$

Solo necesitamos votar por un algoritmo en el momento de la primera votación. En este momento, en todos los algoritmos, aparecerá $n$ algoritmos tienen 1 voto,$norte-m$ algoritmos tienen$0$ votos En este momento, los$norte-m$ algoritmos, dejando solo$n$ algoritmos. A continuación, seguimos manteniendo esta estrategia, es decir, una persona vota por un algoritmo, lo que conducirá a este$El\; número\; de\; votos\; para\; n$ algoritmos es siempre el mismo. Es decir, definitivamente no se terminará.

si $norte>metro$

hotel $a$ esnnUn factor de$n$$1<a<m$ , en este caso podemos dejar el$n$ personas solo votan por$un$ algoritmo, al mismo tiempo debido a la relación de divisibilidad, este$Cada\; uno\; de\; los\; n$ algoritmos puede obtener$\frac{}{a}$boleto. Después de que termine la ronda, habrá este $a$ , y luego solo necesitamos continuar repitiendo la estrategia anterior, manteniendo cada algoritmo$\frac{}{a}$Entradas, bucle sin fin.
En resumen, si nnFactores de$n$$m$ , entonces habrá un bucle infinito.

Si no se cumplen las tres condiciones anteriores, debe ser posible finalizar la votación dentro de un número limitado de veces.

3. Código

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e5 + 10;

void solve()
{
    
    
	int n, m;
	cin >> n >> m;

	if(m == 1 || n == 1)
	{
    
    
		cout << "YES" << endl;
		return;
	}
	if(n <= m)
	{
    
    
		cout << "NO" << endl;
		return;
	}
	for(int i = 2; i <= sqrt(n); i ++)
	{
    
    
		if(n % i == 0)
		{
    
    
			if(i <= m && i != 1)
			{
    
    
				cout << "NO" << endl;
				return;
			}
			if(n / i <= m && n / i != 1)
			{
    
    
				cout << "NO" << endl;
				return;
			}
		}
	}
	cout << "YES" << endl;

}

signed main()
{
    
    
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	while(t--)
	solve();
}

D. Correr millas

1. Problema

D. Correr millas

2. Análisis

Primero deformamos la fórmula.
$$segundo1+segundo2+segundo3-(r-l)$$
$$segundo1+segundo2+segundo3-r+l$$
$$(segundo1+yo)+segundo2+(segundo3-r)$$

Ahora podemos construir tres matrices, una matriz es $b_{}+i$ , una matriz es$b_{}$, una matriz es $b_{}+i$

Llamemos a estas tres matrices: $un,B,C.$ _

Solo necesitamos enumerar cada $B_{}$, y luego encuentra la iiEl mayor A imax antes de$i$$A_{soy}$, y en iiEl mayor C imax después de$i$$C_{soy}$, puede obtener el $B_{}$, La mejor decision. Siga la rutina anterior para atravesar cada $B_{}$, encuentre la solución óptima y finalmente compare un valor máximo.

Del enfoque anterior, podemos ver que el último intervalo enumerado es dejar que los dos valores máximos se distribuyan en los extremos izquierdo y derecho del intervalo. ¿Por qué es correcto hacerlo?

Veamos primero el extremo izquierdo, si el elemento al que está nuestro extremo izquierdo no es el más valorado, significa que nuestro $También\; puedo$ moverme a la derecha, en este momento$l$ se hará más grande, y el resultado también se hará más grande, hasta que alcance la posición más valorada. rra la derecha$r$ de la misma manera.

Se puede ver a partir de esta prueba que nuestros extremos izquierdo y derecho deben estar lo más cerca posible del valor máximo.

A continuación, tenemos que probar una cosa más: por qué el método anterior puede garantizar que estos tres números sean los primeros tres números más grandes. Tomemos el extremo izquierdo como ejemplo. Si el extremo izquierdo no es el de mayor valor, significa que hay un $k$ es mayor que el extremo izquierdo y${yo}_{}>l$ , entonces$k+{yo}_{}$> $A_{}$. Entonces nuestro $A_{}$No es el valor máximo, pero de acuerdo con nuestra rutina ahora mismo, tomamos $El\; valor\; máximo\; delante\; de\; i$ . Los dos son contradictorios. Por lo tanto, el punto final debe ser el más valioso.

Luego, el proceso de encontrar el valor máximo puede usar la idea de suma de prefijos y suma de sufijos para preprocesar el valor máximo.

3. Código

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e5 + 10;
void solve()
{
    
    
	int n;
	cin >> n;
	vector<int>a(n), b(n), c(n), B(n), C(n);
	for(int i = 0; i < n; i ++)
		cin >> a[i];
	for(int i = 0; i < n; i ++)
	{
    
    
		b[i] = a[i] + i;		
		if(!i)
			B[i] = b[i];
		else
			B[i] = max(B[i -  1], b[i]);
	}
	for(int i = n - 1; i >= 0; i --)
	{
    
    
		c[i] = a[i] - i;
		if(i == n - 1)
			C[i] = c[i];
		else
			C[i] = max(C[i + 1], c[i]);
	}
	int ans = -INF;
	for(int i = 1; i < n - 1; i ++)
	{
    
    
		ans = max(a[i] + B[i - 1] + C[i + 1], ans);
	}
	cout << ans << endl;
}

signed main()
{
    
    
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	while(t--)
	solve();
}