1606C. Banknotes、1604B（思维），1604C（思维）

1606C. Banknotes

题意：

定义 $f(x)$ 为数 $x$ 能被 $10^{a_i}$ 表示所用的最小个数。
例如：$a_i=${ $0,1,2$ } 时，$f(59)=14。（59=5\ast 10^1+9\ast 10^0，5+9=14$)
给定一个数 $k$，求数 $x$ 的最小值使得 $f(x)>k$。

思路：

让$f(x)>k$，也就是说 $f(x)=k+1$。
为了让数 $x$ 尽量小，就要疯狂消耗前面较小的$10^{a_i}$。就让前面的$10^{a_i}$的系数尽量大。
但是不能太大，因为如果太大的话，$f(x)$ 就要用后面较大的$10^{a_i}$表示了。

那对于一个ai，当前 $10^{a_i}$ 的系数最大为多少呢？
例如：
$a_i=${ $0,1,3$}，那么$10^{a_i}=${ $1,10,1000$}。

• 对于第一个数1，其最大贡献值为9，构成的值为9，因为如果是10的话，$f(x)$ 就要用10来表示，就不用1了。
• 对于第二个数10，其最大贡献值为99，构成的值为990，因为如果是1000的话，$f(x)$就要用1000来表示，就不用10了。

所以对于$a_i$，其最大贡献值 cnt 为 $10^{a_{i+1}}/10^{a_i}-1$，能够构成的值为$cnt\ast 10^{a_i}$。
x 减去该值，继续下一位置。
如果 x 比 $cnt\ast 10^{a_i}$ 小，那么就让 cnt 为 x。
如果遍历完所有位置最后有剩余，全部用最后一个位置来贡献。

Code：

const int N = 200010, mod=1e9 + 7;
int T, n, m, a[N];

signed main(){
    
    
	Ios;
	
	cin>>T;
	while(T--)
	{
    
    
		cin>>n>>m;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		
		int ans=0;
		m++;
		for(int i=1;i<n;i++)
		{
    
    
			int x=pow(10,a[i]),y=pow(10,a[i+1]);
			int t=y/x-1;
			
			if(t<=m){
    
    
				ans+=t*x;
				m-=t;
			}
			else{
    
    
				ans+=m*x;
				m=0;
				break;
			}
		}
		if(m) ans+=m*pow(10,a[n]);
		
		cout<<ans<<endl;
	}
	
	return 0;
}

---

B. XOR Specia-LIS-t（思维）

题意：

给定一个数列 {a}。
可以将该数列分割为若干个子数列，每个子数列得到一个 $b_i$ 值：为当前子数列中的最长上升子序列的长度。
问，这个 {b} 数组的总异或值能否为0？

思路：

当时看到“最长上升子序列”，完全就慌掉了。。心里还想，这tm才是B题！！

用到异或的一个性质：偶数个相同的数异或值为0。
bi 为当前子数列最长上升子序列的长度：

• 如果数列长度为偶数，我们可以将整个数列分割为n份，每个子数列中只有一个数，那么bi值便都是1，总的异或值为0。
• 否则，长度为奇数。偶数好考虑，所以要尽量往偶数上靠。把当前的奇数长度转为偶数。遍历一遍数组，如果存在相邻的两个位置，后面的数比前面的数大，那么可以将这两个位置分到同一个数组，贡献值仍为1。其他都挨个分割。
  这样，就有偶数个bi，每个都是1，总的异或值为0。

这样分奇偶判断一下就好。

比赛时还在想，最长上升子序列怎么处理。。sb了。

Code：

#define Ios ios::sync_with_stdi
const int N = 200010, mod = 1e9 + 7;
int T, n, m, a[N];

int main(){
    
    
	Ios;
	
	cin>>T;
	while(T--)
	{
    
    
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		
		if(n%2==0) cout<<"Yes\n";
		else
		{
    
    
			bool flag=0;
			for(int i=1;i<n;i++){
    
    
				if(a[i+1]<=a[i]) flag=1;
			}
			if(flag) cout<<"Yes\n";
			else cout<<"No\n";
		}
	}
	
	return 0;
}

---

1604C. Di-visible Confusion（思维）

题意：

给定一个数组，可以进行若干次下述操作，问最终数组长度能否变为0？
操作：选择一个位置 i，如果满足 a[i] % (i+1) 不为0，就可以将该位置删掉。后面的位置往前递补。

思路：

从前往后遍历每个位置 i，判断2~i+1位置，是否存在位置 j，使得 a[i] % (j+1) 不为0。
如果存在，说明这个位置能删得去，遍历下一位置。
否则，当前位置删不去，数组长度不能变为0，break。

疑问1：如果对于两个位置x,y (x<y)，y满足的位置 j 在 x 满足的位置 k 前面怎么办？
因为是从前往后遍历，所以遍历到后面位置时，前面的位置可以删掉了。前面的位置都可以删，所以 后面 y 的位置可以任意确定。

疑问2：两重循环不超时？
第二重循环在满足条件时就会及时break掉，而从前往后找到一个非当前数的因数是很快的，所以总的复杂度不高。
官方题解说明，第二重循环最多循环不超过22次。

Code：

const int N = 200010, mod = 1e9 + 7;
int T, n, m, a[N];

int main(){
    
    
	Ios;
	
	cin>>T;
	while(T--)
	{
    
    
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		
		bool ff=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
    
    
			bool flag=0;
			for(int j=2;j<=i+1;j++)
			{
    
    
				if(a[i]%j!=0){
    
    
					flag=1;break;
				}
			}
			if(flag) continue;
			else{
    
    
				ff=1;break;
			}
		}
		if(ff) cout<<"No\n";
		else cout<<"Yes\n";
	}
	
	return 0;
}

---

反思：

当时比赛的时候，这两道题都被卡了。原因是什么？当时看到题的时候，一下子没有思路，就慌掉了，总觉得这题有多复杂多复杂，一直没想怎么去解决，不敢想！
加上有队友在旁边。。

这两道题有个特点，都是判断题，判断所给数据能否有解。看来这样的题要发散思路，不能用常规的思路去想，要大胆想！大胆假设，小心求证！