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A. Make A Equal to B
题目大意：
- 给定只含 $0,1$ 的序列 $a,b$。
- 对序列 $a$ 不限次数执行如下操作：
- 将 $a_i$ 变为 $a_i - 1$ 。
- 将 $a$ 按照任意顺序重新排列。
- 求最少几步可以得到和 $b$ 相同的序列 $a$。
思想：
- 思维题。
- 分为两种情况讨论：不排序 $a$ 直接操作和先排序 $a$ 再操作的情况。
- 同时遍历一遍 $a$ 和 $b$，记录
a[i] != b[i]的次数即为不排序 $a$ 直接操作时，需要改变 $a_i$ 的步数，记为 $cnt$。 - 将 $a$ 进行排序，尽可能的一一对应 $b$，由于对排序无要求，则只需记录 $a$ 和 $b$ 中相同元素出现的次数，分别设为 $t,p$。
- 那么在进行一次排序后，最少改变 $a$ 的步数即为
abs(t - 1)。 - 综合上述两种情况最少步数为
min(cnt, abs(t - p) + 1)
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 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
int a[N], b[N];
void solve(){
int n; cin >> n;
int p = 0, t = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++){
cin >> a[i];
if(a[i] == 1) p ++;
}
for(int i = 0; i < n; i ++){
cin >> b[i];
if(b[i] == 1) t ++;
}
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++){
if(a[i] != b[i]) cnt ++;
}
cout << min(cnt, abs(t - p) + 1) << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}B. Playing with GCD
题目大意：
- 给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$。
- 问是否存在一个 $n + 1$ 长度的序列 $b$，使得 a_i= gcd(b_i,b_{i+1}),1\le i \le n。
思想：
- 数学推理，构造。
- 当 $n\le2$ 时一定存在 $b$ 成立。
- 当 $n \gt 2$ 时，设 $2\le i \le n-2$，若 $b$ 存在，必满足：
- b_i=lcm(a_{i-1},a_i),b_{i+1} = lcm(a_i,a_{i+1})。
- 且保证 a_i=gcd(b_i,b_{i+1})。
- 实际上 $a_1$ 的 $b_1$ 和 a_n 的 b_{n+1} 是一定存在的。
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 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
LL gcd(LL a, LL b){
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int a[N];
void solve(){
int n; cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> a[i];
bool flag = 1;
if(n > 2){
int b = a[0] * a[1] / gcd(a[0], a[1]);
for(int i = 1; i + 1 < n; i ++){
int t = a[i] * a[i + 1] / gcd(a[i], a[i + 1]);
if(gcd(b, t) != a[i]){
flag = 0;
break;
}
else b = t;
}
}
if(flag) cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}C1. Good Subarrays (Easy Version)
题目大意：
- 给定一个长度为 $n$ 的序列 $b$。
- 对于一个区间 $(l,r),1\le l \le r \le n$ 满足 $b_i\ge i,l\le i \le r$，则称该区间为一个好区间。
- 求序列 $b$ 中的好区间数量。
思想
- 双指针。
- 定义两个指针
i和j，i表示以i为起点的序列的数量，j表示从i开始的最长序列的位置。 - 当
j是第一个不符合条件的位置时，则当前符合条件的区间长度为j - i。 - 每次
i向右走一格，显然起点后移，原来符合条件的位置同样符合条件，因此此时j不需要左移，继续右移即可。 - 统计每次
j不满足条件时区间长度之和即可。
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);
int a[N];
void solve(){
int n; cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
LL sum = 0;
for(int i = 1, j = 1; i <= n; i ++){
while(j <= n && a[j] >= j - i + 1){
sum += j - i + 1;
j ++;
}
}
cout << sum << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}