比赛链接：Here
1560A. Dislike of Threes
Description
找出第 $k$ 大的不可被 $3$ 整除以及非 $3$ 结尾的整数
直接枚举出前 1000 个符合条件的数，然后输出
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
vector<int>a;
int i = 1;
while (a.size() != 1000) {
if (i % 3 != 0 && i % 10 != 3) a.push_back(i);
i += 1;
}
int _; for (cin >> _; _--;) {
int n; cin >> n;
cout << a[n - 1] << "
";
}
}
1560B. Who's Opposite?
Description
一些人均匀站成一圈，每人的编号从 $1$ 开始，给定 $a,b,c$ 三个整数，$a,b$ 是通过圆心看向对方，请问是否存在 $c$ 的对位，如果存在则输出相应编号，否则输出 $-1$
通过样图容易发现对位的编号差的两倍即 (n) 的大小，所以如果 (c) 存在对位的话，肯定是 (c + Siz / 2 or c - Siz/2)
当然注意边界
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int a, b, c; cin >> a >> b >> c;
int n = 2 * abs(a - b);
if (a > n || b > n || c > n) {cout << "-1
"; continue;}
cout << (n / 2 + c - 1) % n + 1 << "
";
}
}
1560C. Infinity Table
题意：给定 (n) 请问 (n) 在第几行第几列
好明显的规律题？但赛时没想太多，跑了暴力
- 先找到第 (i) 行第 (i) 列的数值，然后在第 (i) 行和第 (i) 列上循环跑一下即可
- 因为 (nle 10^9) 最多 (10^3) 行保证不会
TLE
void solve() {
ll x; cin >> x;
ll i = 1;
while (i * i < x) i++;
ll j = i - 1;
ll tmp = x - j * j;
if (tmp <= i) cout << tmp << " " << i << endl;
else {
int t = i * i - x;
cout << i << " " << t + 1 << endl;
}
}
1560D. Make a Power of Two
D题开始搞自己了，
给定一个整数 (n (nle 10^9)) 和两种操作，
- 删除 (n) 的任何一位
- 在最右边加一位（可以是 (0sim 9) 任何一个数）
请问最少的操作数使得 (n) 为 (2^k(0le k))
这很明显 (k) 最大也就 (64) ，直接枚举了，然后比较原字符串和 (2^k) 的位数差：(len_s +len_t - 2 * cnt) ，(cnt) 为相同位数个数
相同类型：AcWing 3796. 凑平方
来自群友的详细思路，From 群友d3ac
题目关键信息: 随便删除,只能在右边加,前导零不自动删除
- 因为要看看到底操作几次就可以变得和(2^k (0le kle 63))相等,拿到题我们就先想暴力一点的做法,判断时间复杂度,再考虑优化.所以最暴力的就是直接枚举(2^k),再与(n)来作比较,看看需要操作几次
- 计算时间复杂度:(10^4*63*9)<(10^{8-9}),所以行.
- 然后再来考虑怎么把(n)与(2^k)进行比较,来计算需要几个操作,这个其实就是字符串匹配,将(2^k)来匹配原来的(n),因为只能从左边添加字符,假设(2^k=1024)所以(n)中必须是有从(1)到(4)连续且有顺序排列的才行,举个例子:(n=1052),匹配成功了(3)个,(n=2052),匹配成功(0)个,因为必须要删除完所有的才能加入(1).
- 再考虑一点小小的优化和怎么写才好写
- 将(2^k)预处理出来,放在一个数组里面方便每次用,减少时间复杂度.
- 将(n)和(2^k)都转换为字符串,方便处理.
- 设(n)的字符串下长度为(Len),匹配成功了(now)个(注意,(now)指向的是下一个位置,所以要(now--)),当前(2^k)的长度是(len[i]).最终的答案就是(len[i]-now+Len-now),其中(len[i]-now)是(n)需要添加的,(Len-now)是需要删除的.
注意:需要枚举到(2^{32})才行
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
string s; cin >> s;
int ans = 1e9;
for (int i = 0; i < 64; ++i) {
string t = to_string(1ull << i);
int k = 0;
for (int j = 0; j < int(s.size()); ++j)
if (k < int(t.size()) && s[j] == t[k]) k += 1;
ans = min(ans, int(s.size() + int(t.size()) - 2 * k));
}
cout << ans << '
';
}
}
1560E. Polycarp and String Transformation
From 群友d3ac
首先思考一下给出的字符串那么长,到底该怎么去分割开,要是分割开,那就爽歪歪.
- 以(everywherevrywhrvryhrvrhrvhv)为例子
- 正常分割(everywhere vrywhr vryhr vrhr vh v)
所以不难看到,要想把他分出来还是有点难度的,但是每次会删除一个字符,我们再倒过来看看,先是只有一种字母,然后再是只有两种字符……有全部的字母,所以我们倒序枚举,从字符串的末尾开始向头开始枚举的话,就可以找到删除的顺序,因为后删除的字符肯定在后面还会出现的,而先删除的字符就只会在前面,会后被枚举到,因此,我们找到了删除的顺序
再来考虑原字符串是什么,先这样,我们统计一下每个字母在大字符串出现了多少次,结果是这样的:
(e=4),(w=2),(y=3),(r=8),(h=5),(v=6).
每个字符在每次轮回的时候出现次数都是一样的,在删除了它之前是一个特定值(x),删除后就是(0),所以我们将所有的字符出现次数除上它是第几个被删除掉的,结果就是这样了
(e=4),(w=1),(y=1),(r=2),(h=1),(v=1)
然而母串,也就是原字符串中,每个字母出现次数也是也么多次.
至此,我们已经求出了字符串和顺序,要考虑(-1)就简单了,就是模拟题目所说过程,用我们得到的字符串去看,行不行就好了
注意:要memset 反例:aaabbb
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
string t; cin >> t;
reverse(t.begin(), t.end());
map<char, int> freq;
string ord;
for (char c : t) {
if (!freq[c]) ord += c;
freq[c] += 1;
}
int n = int(ord.length());
int len = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) len += freq[ord[i]] / (n - i);
reverse(t.begin(), t.end());
if (len > t.size()) {
cout << "-1
";
continue;
}
string s = t.substr(0, len);
reverse(ord.begin(), ord.end());
string reals = s;
string fin = "";
for (char c : ord) {
fin += s;
string news ;
for (char d : s)
if (d != c) news += d;
s = news;
}
if (fin == t) cout << reals << " " << ord << "
";
else cout << "-1
";
}
}
1560F2. Nearest Beautiful Number (hard version)
翻译一下官方题解（官方题解解释的很清楚，好评）
假设数字 (n) 包含 (m) 位数字，其十进制表示为 (d_1d_2…d_m)。 所需的数字 (x) 不大于由 (m) 个数字 9 组成的数字。这个数字是 1-beautiful，而任何 1-beautiful 数字同时是 k-beautiful，所以 (x) 最多包含 (m) 个数字。 同时，(x≥n) 所以 (x) 至少包含 (m) 位数字。 因此，所需的数字正好包含 (m) 位数字。
因为我们要寻找最小的 (x)，所以我们需要首先最小化第一个数字，然后再最小化第二个数字，等等。因此，我们需要找到 (n) 的十进制表示的前缀，它是十进制表示的前缀的 (x)。 让我们贪心地做吧。
我们找出包含不超过 (k) 个不同数字的 (n) 的最大前缀。 假设前缀的长度为 (p)。 如果 (p=m)，那么 (n) 已经是 k-beautiful 的了，直接输出即可。 否则，让我们像数字一样将前缀增加 (1)，例如 如果 (n=1294) 且 (p=3)，那么我们将 (129) 加 (1)，结果前缀为 (130)。所有其他数字 ((d_{p+2},d_{p+3},...,d_m))，让我们设置为零（例如，如果 (n=1294) 并且 (p=3)，那么 (n) 就会变成 (1300) ）。 旧 (n) 的答案就是新 (n) 的答案。 为了得到新 (n) 的答案，让我们再次开始描述的过程来准备新 (n)。
具体可以再参考代码理解
- 时间复杂度：(mathcal{O}(m^2))
void solve() {
string s;
int k;
cin >> s >> k;
while (true) {
set<char> cs;
for (auto c : s) cs.insert(c);
if (cs.size() <= k) {cout << s << "
"; return ;}
cs.clear();
int lst = 0;
for (;; lst++) {
cs.insert(s[lst]);
if (cs.size() > k) {
while (s[lst] == '9') lst -= 1;
s[lst]++;
for (int i = lst + 1; i < s.size(); ++i) s[i] = '0';
break;
}
}
}
}
JLY 关于F1的代码：Here