Codeforces Round #674 (Div. 3)(A~D)
本文最后更新于 648 天前,其中的信息可能已经有所发展或是发生改变。

A. Floor Number


Origional Link

题目大意

  • 给定目标房间编号 $n$ 及一层楼住户数量 $x$。
  • 第一层楼只有 $2$ 个住户,求目标房间所在楼层。

思想

  • 签到题。
  • $n\le2$ 时在第一层。
  • $n\gt 2$ 时:
    • 若 $x$ 可以整除 $n-2$,则在 $\frac{n-2}{m} + 1$ 层;
    • 反之在 $\frac{n-2}{m} + 2$ 层。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int a[N];

void solve(){

    int n, x;

    cin >> n >> x;

    if(n <= 2) cout << 1 << endl;
    else{
        int t = (n - 2) / x + 1;
        if((n - 2) % x != 0) t ++;
        cout << t << endl;
    }

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

B. Symmetric Matrix


Origional Link

题目大意

  • 给定 $n$ 个 $2\times 2$ 的矩阵,每个矩阵有无限多个。
  • 求这些矩阵是否可以组合成一个 $m\times m$ 的大矩阵,且使得大矩阵的元素关于主对角线对称。

思想

  • 思维题。
  • 可以构成的大前提条件是 $2$ 可以整除 $m$。
  • 其次使得大矩阵的元素关于主对角线对称,只需要每个小矩阵的元素次对角线上的元素相同即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    int n, m; cin >> n >> m;

    bool flag = 0;

    for(int i = 0; i < n; i ++){
        int a, b, c, d;
        cin >> a >> b >> c >> d;
        if(b == c) flag = 1;
    }

    if(flag && m % 2 == 0) cout << "YES" << endl;
    else cout << "NO" << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

C. Increase and Copy


Origional Link

题目大意

  • 给定一个序列 $a = [1]$。
  • 不限次数进行如下操作:
    • 选择 $a_i$ 使其变为 $a_i+1$;
    • 选择 $a_i$ 将其复制并加入到 $a$ 的末尾。
  • 给定一个整数 $n$,求最少经过多少次操作可以使得 $a$ 的元素之和至少是 $n$。

思想

  • 思维题。
  • 最快的方法是将 $a_i$ 不断变为 $a_i + 1$,之后不断执行复制操作,直到总和 $sum \ge n$。
  • 我们设 $a_i$ 通过 $i$ 次 $+1$ 操作最后得到的数为 $x$,复制 $x$ 共 $j$ 次后得到大于等于 $n$ 的数,即:
    • $x \times (j+1) \ge n$
  • 求 $i+j$ 的最小值等价于先求 $x + (j+1) $ 的最小值,显然地,当 $x$ 和 $j + 1$ 尽可能接近 $\sqrt{n}$ 时可以使得 $x+(j+1)$ 最小。
  • 综上所述,我们需要找到尽可能接近 $\sqrt{n}$ 的最大整数。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    int n; cin >> n;
    int t = sqrt(n);
    if(t * t == n) cout << 2 * (t - 1) << endl;
    else if(t * (t + 1) >= n) cout << 2 * t - 1 << endl;
    else cout << 2 * t  << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

D. Non-zero Segments


Origional Link

题目大意

  • 给定一个序列 $a$,可以在任意相邻对中添加任意大小的数,最终使得不存在一个子序列的和为 $0$ 。
  • 求最少的添加次数。

思想;

  • 前缀和,贪心。
  • 破坏所有连续的区间和为 $0$ 的区间,可以使用前缀和预处理区间和。
  • 当区间 [l,r] 和为 $0$ 时,有 a[l - 1] = a[r]
  • 从左往右扫描每个区间的左端点,用 map<LL, int> st 存储出现过的前缀。
  • 那么当出现相同的前缀和,说明存在和为 $0$ 的子序列,此时需要在其区间加上一个数。
  • 保证在此之前的所有子序列没有存在和为 $0$ 的前缀,则当前位置改变,其左边区间可以不再考虑,记录操作并且清空 st
  • 注意,由于子区间有可能在端点处重合,这种情况不属于有重复部分,所以清空 st 以后还需要插入当前位置左侧一位置的前缀和。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

LL a[N];

void solve(){

    map<LL, int> st; 

    int n; cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        cin >> a[i];
        a[i] += a[i - 1];
    }

    LL cnt = 0;

    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        if(st[a[i]] > 0){
            cnt ++;
            st.clear();
        }
        st[a[i - 1]] ++;
    }

    cout << cnt << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}
暂无评论

发送评论 编辑评论


				
|´・ω・)ノ
ヾ(≧∇≦*)ゝ
(☆ω☆)
(╯‵□′)╯︵┴─┴
 ̄﹃ ̄
(/ω\)
∠( ᐛ 」∠)_
(๑•̀ㅁ•́ฅ)
→_→
୧(๑•̀⌄•́๑)૭
٩(ˊᗜˋ*)و
(ノ°ο°)ノ
(´இ皿இ`)
⌇●﹏●⌇
(ฅ´ω`ฅ)
(╯°A°)╯︵○○○
φ( ̄∇ ̄o)
ヾ(´・ ・`。)ノ"
( ง ᵒ̌皿ᵒ̌)ง⁼³₌₃
(ó﹏ò。)
Σ(っ °Д °;)っ
( ,,´・ω・)ノ"(´っω・`。)
╮(╯▽╰)╭
o(*////▽////*)q
>﹏<
( ๑´•ω•) "(ㆆᴗㆆ)
😂
😀
😅
😊
🙂
🙃
😌
😍
😘
😜
😝
😏
😒
🙄
😳
😡
😔
😫
😱
😭
💩
👻
🙌
🖕
👍
👫
👬
👭
🌚
🌝
🙈
💊
😶
🙏
🍦
🍉
😣
Source: github.com/k4yt3x/flowerhd
颜文字
Emoji
小恐龙
花!
上一篇
下一篇