Codeforces Round #714 (Div. 2) 题解(A-D)
作者：互联网
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A题
大意
要你构造一个长度为\(n(n\le 100)\)的全排列，使得其有\(k\)个波峰
波峰的定义为\(a[i-1]\le a[i]\le a[i+1]\)
如果有答案任意输出一组答案,否则输出\(-1\)
思路
显然若要构造最多的波峰为在\(2,4,6....\)这些地方全部占满
则最多只有\(ma=\frac{n-1}{2}\)个波峰
若\(k>ma\)则直接输出\(-1\)
否在在\(2,4...2\times k\)这\(k\)个位置构造波峰即可
构造方法很简单
首先先设\(a[i]=i\)
然后在这\(k\)个位置中交换\(a[i],a[i+1]\)即可以得到答案
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,k;
int a[maxn];
signed main(){
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=i;
int ma=(n-1)/2;
if(k>ma){
printf("-1\n");
continue;
}
for(int i=1;i<=k;i++){
swap(a[2*i],a[2*i+1]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%d ",a[i]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
B题
题意
给你一个长度为\(n(n\le2e5)\)的数组\(a\)
对这个数组进行全排列,看有多少个全排列情况满足对于任意\(i\)使得
\(a[1]\&a[2]\&..a[i]=a[i+1]\&a[i+2]\&..a[n]\)
思路
首先要知道一个简单的性质
\(a\&b\le\min(a,b)\)
首先根据题意
\(a[1]=a[2]\&a[3]\&...a[n]\)
则\(a[1]\le a[n]\)
\(a[n]=a[1]\&a[2]\&...a[n-1]\)
则\(a[n]\le a[1]\)
推导为\(a[1]=a[n]\)
且\(a[1]\&a[2]\&.....a[n]=a[1]\)
则显然\(a[1]\)必定是这个数组的最小值
而且由于\(a[1]=(a[2]\&a[3]\&...a[n-1])\&a[n]\)
那么\(a[2],a[3]...a[n-1]\)任意元素&\(a[1]\)必定还是\(a[1]\)
所以求出最小值的元素数量\(cnt\)
如果\(2\le cnt\)且所有元素\(\&\)上\(a[1]\)后还是\(a[1]\)
那么答案就是\(A_{cnt}^2\times (n-2)!\)
否则答案为\(0\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,k;
int a[maxn];
ll fac[maxn];
signed main(){
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=2e5;i++){
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a+1,a+1+n);
ll cnt=0;
ll ans=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==a[1]){
cnt++;
}
if((a[i]&a[1])!=a[1]){
ans=0;
}
}
if(ans==-1){
ans=cnt*(cnt-1)%mod*fac[n-2]%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
C题
大意
给你一个数字\(n(n\le 1e9)\),进行\(m(m\le 2e5)\)次操作
每次操作数字上的每一位数加\(1\)
如\(1912\)经过一次操作后变为\(21023\)
求\(m\)次操作后，最后数字的长度\(mod\;1e9+7\)
思路
比赛的时候看错题目了，以为求最后变成什么直接自闭
显然是动态规划
设\(dp[i][j]\)表示\(j\)数字经过\(i\)次变化后的长度为多少
考虑转移方程
- \(j\neq9\)
\(dp[i][j]=dp[i-1][j+1]\)
- \(j=9\)
若\(j=9\)则下一步就变成了\(10\)
则\(dp[i][9]=dp[i-1][1]+dp[i-1][0]\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,m;
ll dp[maxn][10];
signed main(){
for(int i=0;i<=9;i++){
dp[0][i]=1;
}
// j走了i步的长度
for(int i=1;i<=2e5;i++){
for(int j=0;j<=8;j++){
dp[i][j]=dp[i-1][j+1];
}
dp[i][9]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][0])%mod;
}
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
scanf("%d%d",&n,&m);
ll ans=0;
while(n){
ans=(ans+dp[m][n%10])%mod;
n=n/10;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
D题
大意
给你一个长度为\(n(n\le2e5)\)的数组\(a(1\le a[i] \le1e9)\)和一个参数\(p(1\le p\le 1e9)\)
-
\(i\)和\(i+1\)有一个长度为\(p\)的边
-
若\(gcd(a[i],a[i+1]...a[j])=\min(a[i],a[i+1]..a[j])\)，则\(i\)和\(j\)有一条长度为\(gcd(a[i],a[i+1]..a[j])\)的边
求这个数组的最小生成树
思路
观察性质
若\(i,j\)和可以连边，那么代表这个区间的元素都是\(min(a[i],a[i+1]...a[j])\)的倍数
然后本质上是模拟\(krushkal\)算法
要发现边要么是\(p\)要么就是\(a[i]\)
首先对\(a[i]\)进行排序，然后用双指针来判断区间\([l,r]\)可以用\(a[i]\)使得\([l,r]\)变为一个点,然后对这个区间进行标记。
使答案加\(a[i]\times(r-l)\)，最后再计算需要长度为\(p\)来联通的点
参考\(rk_1\)的代码
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,p;
int a[maxn];
pii pa[maxn];
bool vis[maxn];
signed main(){
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
scanf("%d%d",&n,&p);
for(int i=1;i<=n;i++){
vis[i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
pa[i]={a[i],i};
}
sort(pa+1,pa+1+n);
ll ans=0;
int rest=n-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(pa[i].fi>p) break;
if(vis[pa[i].se]) continue;
int l=pa[i].se,r=pa[i].se;
while(l>1&&!vis[l]&&a[l-1]%pa[i].fi==0) l--;
while(r<n&&!vis[r]&&a[r+1]%pa[i].fi==0) r++;
for(int i=l;i<=r;i++){
vis[i]=1;
}
rest-=(r-l);
ans+=1ll*(r-l)*pa[i].fi;
}
ans+=1ll*rest*p;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
标签：le,int,题解,714,pa,dp,Div,se,define 来源： https://www.cnblogs.com/hunxuewangzi/p/14648992.html