CodeCraft-18 and Codeforces Round #458(Div. 1+Div. 2,combined)
2018-01-22 17:04
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A. Perfect Squares
题意:给定一个序列,求序列中最大的完全平方数
这个题,就是送分的嘛,直接检测(int)n√*(int)n√是否等于n就好了
B.Conan and Agasa play a Card Game
题意:给定n个整数,两个玩家轮流取数,取走这个数的同时,所有比这个数小的数也会被取走,取到最后一个数的人赢
这道题也比较水,考虑a序列中最大值的个数
若最大值为奇数个,玩家直接取最大值,必胜
若最大值为偶数个,玩家取最大值必败
所以玩家必然不能取最大值,只能取次大值
对次大值个数也照此分析,先手玩家想要赢,只能取序列从大到小排序第一个数量为奇数的数。如果存在,先手必胜;若不存在,后手必胜。
C.Travelling Salesman and Special Numbers
题意:定义一种数的操作,可将一个正整数变为它转成二进制后二进制位上1的个数。例如:1310=11012,进行如上所述的操作后13会变为3
现在要求小于等于n(1≤n<21000)的最少能通过k次操作变成1的数的个数(其实就是1不能再进行操作)
看上去数据范围非常的反人类,实际上,只需要一次操作,所有的数就会变成1000以内的数,所以我们可以用模拟求出所有可以通过k-1次操作变成1的数,时间复杂度O(k2)
然后这个问题就转换成求n以内有x个1的数的个数,这个用组合数dp,统计一下答案就好了,贴上我弱弱的代码
D. Bash and a Tough Math Puzzle
题意:给定一个序列,需要支持两种操作
1:单点修改 2:求是否能在最多只改变一个数的情况下使得[l,r]区间的gcd变为x
很容易想到线段树维护gcd,问题在于如何维护,显然区间中如果存在两个以上的数不是x的倍数,则输NO,否则输YES
询问时如果有一个区间的gcd不是x的倍数,二分检测是否有某两个子区间的gcd都不为x的倍数,累加各个区间询问的答案判断即可
讲得可能不那么清楚,贴上代码以助理解
题意:给定一个序列,求序列中最大的完全平方数
这个题,就是送分的嘛,直接检测(int)n√*(int)n√是否等于n就好了
B.Conan and Agasa play a Card Game
题意:给定n个整数,两个玩家轮流取数,取走这个数的同时,所有比这个数小的数也会被取走,取到最后一个数的人赢
这道题也比较水,考虑a序列中最大值的个数
若最大值为奇数个,玩家直接取最大值,必胜
若最大值为偶数个,玩家取最大值必败
所以玩家必然不能取最大值,只能取次大值
对次大值个数也照此分析,先手玩家想要赢,只能取序列从大到小排序第一个数量为奇数的数。如果存在,先手必胜;若不存在,后手必胜。
C.Travelling Salesman and Special Numbers
题意:定义一种数的操作,可将一个正整数变为它转成二进制后二进制位上1的个数。例如:1310=11012,进行如上所述的操作后13会变为3
现在要求小于等于n(1≤n<21000)的最少能通过k次操作变成1的数的个数(其实就是1不能再进行操作)
看上去数据范围非常的反人类,实际上,只需要一次操作,所有的数就会变成1000以内的数,所以我们可以用模拟求出所有可以通过k-1次操作变成1的数,时间复杂度O(k2)
然后这个问题就转换成求n以内有x个1的数的个数,这个用组合数dp,统计一下答案就好了,贴上我弱弱的代码
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> const int mod=1e9+7; int n,m,p,z,tot,len,a[1005][1005],cnt[1005],X,Y,b[1005],c[1005],f[1005][1005],ans;char s[1005]; inline int calc(int x) { z=tot;int t=0; for(int i=len-1;i>=0;--i) if(s[i]=='1') { --z;if(z>x)continue; (t+=f[len-i-1][x-z])%=mod; } return t; } int main() { scanf("%s%d",s,&n); len=strlen(s); if(n==0){printf("%d",1);return 0;} for(int i=0;i<len;++i) if(s[i]=='1')++tot; for(int i=2;i<=1000;++i) { X=0;Y=i; for(;Y;Y-=(Y&-Y),++X); a[X][++cnt[X]]=i; } int *x=b,*y=c,*t; x[m=1]=1; for(int l=1;l<n;++l) { p=0; for(int i=1;i<=m;++i) { X=x[i]; for(int j=cnt[X];j;--j) y[++p]=a[X][j]; } t=x;x=y;y=t;m=p; } for(int i=1;i<=m;++i)b[i]=x[i]; std::sort(b+1,b+m+1); for(int i=0;i<=1000;++i)f[i][0]=f[i][i]=1; for(int i=1;i<=1000;++i) for(int j=1;j<i;++j) f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%mod; for(int i=1;i<=m;++i) { if(tot==b[i])++ans,ans%=mod; (ans+=calc(b[i]))%=mod; } if(n==1)--ans; printf("%d",ans); }
D. Bash and a Tough Math Puzzle
题意:给定一个序列,需要支持两种操作
1:单点修改 2:求是否能在最多只改变一个数的情况下使得[l,r]区间的gcd变为x
很容易想到线段树维护gcd,问题在于如何维护,显然区间中如果存在两个以上的数不是x的倍数,则输NO,否则输YES
询问时如果有一个区间的gcd不是x的倍数,二分检测是否有某两个子区间的gcd都不为x的倍数,累加各个区间询问的答案判断即可
讲得可能不那么清楚,贴上代码以助理解
#include<cstdio> #define lc x<<1 #define rc x<<1|1 const int N=2000005; int n,m,t ,y,z,L,R; inline int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);} inline int read() { int t=0,c=getchar(); for(;c<48||c>57;c=getchar()); do { t=(t<<1)+(t<<3)+c-48; c=getchar(); } while(47<c&&c<58); return t; } inline void build(int x,int l,int r) { if(l==r) { t[x]=read(); return; } int mid=l+r>>1; build(lc,l,mid); build(rc,mid+1,r); t[x]=gcd(t[lc],t[rc]); } inline void modify(int x,int l,int r) { if(l==r) { t[x]=z; return; } int mid=l+r>>1; if(y<=mid)modify(lc,l,mid); else modify(rc,mid+1,r); t[x]=gcd(t[lc],t[rc]); } inline bool divide(int x,int l,int r) { if(l==r)return false; int mid=l+r>>1; if(t[lc]%y!=0&&t[rc]%y!=0)return true; else if(t[lc]%y!=0)return divide(lc,l,mid); else return divide(rc,mid+1,r); } inline int query(int x,int l,int r) { if(L<=l&&r<=R) { if(t[x]%y!=0)return 1+divide(x,l,r); else return 0; } int mid=l+r>>1; if(L>mid)return query(rc,mid+1,r); else if(R<=mid)return query(lc,l,mid); else return query(lc,l,mid)+query(rc,mid+1,r); } int main() { scanf("%d",&n); build(1,1,n); m=read(); while(m--) { if(read()==1) { L=read();R=read(); y=read(); if(query(1,1,n)<2)printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } else { y=read();z=read(); modify(1,1,n); } } }
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