Educational Codeforces Round 68 (Rated for Div. 2)

原题链接

题外话

恢复性训练

A

题意

就是每次消除当前数组中的一个位置上的数

思路

写写例子，发现其实每次消除的都是一开始数组上的奇数位置，所以最后答案应该就是2*x

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define dbg(x...) do { cout << "33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)

using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const LL Max = 9.1e10;
const int N =5.1e5;
const int maxn = 200010;

void clear(unsigned char *pta, int size )
{//结构体初始化
    while(size>0)
    {
        *pta++ = 0;
        size --;
    }
}

LL   n, k, m ;
LL ar[N],br[N];
LL i,j,g;
LL MOD = 998244353 ;

LL ff[N], last[N],ans[N];
void answer (){
cin >> n >> m;
cout<<2*m<<endl;
   return ;
 }


int main()
{
//    ios::sync_with_stdio(0);
//    cin.tie(0), cout.tie(0);
//       pre();
    LL t;
//    sld(t);
cin >> t ;
    while(t--)
        answer();


    return 0;

}

B

题意

问你形成一个一行 和一列都是黑色方块的最少操作次数（涂色一次只能涂一个方块）

思路

找到行和列最多的黑色的方块（然后判断一个特殊位置就是行和列都是最多的时候， 这个交叉的地方是否是空白的）

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define pn printf("
");
#define pk printf(" ");
#define p(n) printf("%d",n);
#define pln(n) printf("%d
",n);
#define s(n) scanf("%d",&n);
#define ss(n) scanf("%s",n);
#define ps(n) printf("%s",n);
#define sld(n) scanf("%lld",&n);
#define pld(n) printf("%lld",n);
#define slf(n) scanf("%lf",&n);
#define plf(n) printf("%lf",n);
#define sc(n) scanf("%c",&n);
#define pc(n) printf("%c",n);
#define dbg(x...) do { cout << "33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)

using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const LL Max = 9.1e10;
const int N =5.1e5;
const int maxn = 200010;

void clear(unsigned char *pta, int size )
{//结构体初始化
    while(size>0)
    {
        *pta++ = 0;
        size --;
    }
}

LL   n, k, m ;
LL ar[N],br[N];
LL i,j,g;
LL MOD = 998244353 ;

LL f[N], ans[N] , last[N];
//f是该长度最小的坐标 ans 是最后输出的数 ， last 是相同的数上一个位置

LL fac[N],inv_fac[N];
//快速幂
LL qpow(LL x, LL y ){
    x%=MOD;
    long long res=1%MOD;
    while(y){
        if(y&1)res=res*x%MOD;
        y>>=1;
        x=x*x%MOD;
    }
    return res;

}

void pre(){
    fac[0] =1 ;
    for(int i=1;i<N;i++){
        fac[i] =fac[i-1] * i %MOD;
    }
    inv_fac[N - 1 ] = qpow(fac[N - 1] , MOD-2 ) ;

    for(int i =N-2 ;i>=0 ;i--){
        inv_fac[i] = inv_fac[i+1] * (i+1) %MOD;
    }

}

LL C (LL a ,LL b){
    if(a<0 || b> a )//因为是C（a，b） 所以b《= a
    {
        return 0;
    }

    return fac[a] * inv_fac[b] % MOD *inv_fac[a-b]%MOD;//a 的阶乘 / （ b的阶乘 * （a-b的阶乘））

}

string s[N];
void answer(){
    cin >> n >>m ;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin >>s[i];
    }
    // ar 是行 ， br 是列
     for(int i=0;i<n;i++)ar[i] =0 ;
    for(int j=0;j<m;j++)br[j] =0 ;
    LL mh = 0 , ml =0 ;
   for(int i=0;i<m;i++){
    for(int j=0;j<n;j++){
        char ch = s[j][i];
        if(ch!='.')br[i] ++ ;
    }
    ml = max(br[i] , ml) ; // n - ml
   }
   for(int i=0;i<n;i++){
    for(int j=0;j<m;j++){
        char ch = s[i][j];
        if(ch!='.')ar[i] ++ ;
    }
    mh = max(ar[i] , mh) ; // m- mh
   }
//    cout<<mh <<" "<<ml<<endl;
   LL num =0 ;
    LL sum = n - ml + m -mh;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(mh == ar[i]){
            f[num ++ ] = i;
        }
    }
   for(int j=0;j<m;j++){
        if(ml == br[j]){
            for(int i=0;i<num;i++){
                if(s[f[i]][j]=='.'){
                    cout<<sum -1<<endl;
                    return ;
                }
            }
        }

   }
   cout<<sum<<endl;
   return ;
 }


int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
//       pre();
    LL t;
//    sld(t);
cin >> t ;
    while(t--)
        answer();


    return 0;

}

C

题意

给你三个字符串 ，问你是否通过p字符串中的字符（这个里面的字符可以随便插入s中）插入s，使得s与t相等

思路

想考虑一下，不能成立的就是s 中字符的顺序和t 中的字符顺序不同（详情看样例中的第三个） 和q中的字符无法是s构造成t

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define dbg(x...) do { cout << "33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)

using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const LL Max = 9.1e10;
const int N =5.1e5;
const int maxn = 200010;

void clear(unsigned char *pta, int size )
{//结构体初始化
    while(size>0)
    {
        *pta++ = 0;
        size --;
    }
}

LL   n, k, m ;
LL ar[N],br[N];
LL i,j,g;
LL MOD = 998244353 ;

LL f[N], ans[N] , last[N];
//f是该长度最小的坐标 ans 是最后输出的数 ， last 是相同的数上一个位置

LL fac[N],inv_fac[N];
//快速幂
LL qpow(LL x, LL y ){
    x%=MOD;
    long long res=1%MOD;
    while(y){
        if(y&1)res=res*x%MOD;
        y>>=1;
        x=x*x%MOD;
    }
    return res;

}

void pre(){
    fac[0] =1 ;
    for(int i=1;i<N;i++){
        fac[i] =fac[i-1] * i %MOD;
    }
    inv_fac[N - 1 ] = qpow(fac[N - 1] , MOD-2 ) ;

    for(int i =N-2 ;i>=0 ;i--){
        inv_fac[i] = inv_fac[i+1] * (i+1) %MOD;
    }

}

LL C (LL a ,LL b){
    if(a<0 || b> a )//因为是C（a，b） 所以b《= a
    {
        return 0;
    }

    return fac[a] * inv_fac[b] % MOD *inv_fac[a-b]%MOD;//a 的阶乘 / （ b的阶乘 * （a-b的阶乘））

}

void answer(){
   string s, t, p,ss;
   cin >>s>>t>>p;
   map<char, int > mp;

   for(int i=0;i<p.size();i++){
        mp[p[i]]++;
   }
int len =0 ;
   for(int i=0;i<t.size();i++){
       if(s[len]==t[i])len++;
       else {
        if(mp[t[i]])mp[t[i]]--;
        else {
            cout<<"NO"<<endl;
            return ;
        }
       }
    }
    if(len == s.size())   cout<<"YES"<<endl;
    else cout<<"NO"<<endl;
   return ;
 }


int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
//       pre();
    LL t;
//    sld(t);
cin >> t ;
    while(t--)
        answer();


    return 0;

}

D

题意

两个人玩游戏， Alice先手， 然后每回合可以走1 ， 2 和k步，谁无法走谁输

思路

这个是个博弈， 只要想明白k这里其他的就好搞了
先看没有k的情况 -> 也就是只有 1 和 2 的情况：

  1. 当n%3 ==0 的时候，发现其实Alice无论怎么操作， Bob都能在一个回合内使（a+b） % 3 ==0 （这样的话到最后一次，就会变成Alice无法走的局面），所以这种局面Alice必输
  2. 当n%3 ==1 的时候，发现Alice 只要保证自己第一次走1 ，就会使Bob面临上面的情况，也就是Alice必赢
  3. 当n%3 ==2 的时候，和n%3 ==1情况一样
    然后看有k 的情况：
  4. 当 k % 3 ==0 的时候， 因为k是大于2 的所以，必定每回合会形成 （a+b）%3 ==1 的情况（ 详情参考这位大佬写的这里解释，我有点不懂了）
  5. 当 k % 3 !=0 的时候， 此时k就是若干个1或者2，只是加快速度罢了，所以可以忽略 ，这就导致情况变成没有k的情况

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define dbg(x...) do { cout << "33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)

using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const LL Max = 9.1e10;
const int N =5.1e5;
const int maxn = 200010;

void clear(unsigned char *pta, int size )
{//结构体初始化
    while(size>0)
    {
        *pta++ = 0;
        size --;
    }
}

LL   n, k, m ;
LL ar[N],br[N];
LL i,j,g;
LL MOD = 998244353 ;

LL f[N], ans[N] , last[N];
//f是该长度最小的坐标 ans 是最后输出的数 ， last 是相同的数上一个位置

LL fac[N],inv_fac[N];
//快速幂
LL qpow(LL x, LL y ){
    x%=MOD;
    long long res=1%MOD;
    while(y){
        if(y&1)res=res*x%MOD;
        y>>=1;
        x=x*x%MOD;
    }
    return res;

}

void pre(){
    fac[0] =1 ;
    for(int i=1;i<N;i++){
        fac[i] =fac[i-1] * i %MOD;
    }
    inv_fac[N - 1 ] = qpow(fac[N - 1] , MOD-2 ) ;

    for(int i =N-2 ;i>=0 ;i--){
        inv_fac[i] = inv_fac[i+1] * (i+1) %MOD;
    }

}

LL C (LL a ,LL b){
    if(a<0 || b> a )//因为是C（a，b） 所以b《= a
    {
        return 0;
    }

    return fac[a] * inv_fac[b] % MOD *inv_fac[a-b]%MOD;//a 的阶乘 / （ b的阶乘 * （a-b的阶乘））

}

void answer (){
    cin >> n >> m;
    if(m%3){
        if(n%3)cout<<"Alice"<<endl;
        else cout<<"Bob"<<endl;
    }
    else {
        n%=m+1;// 即每个回合b都可以让这个回合总和%3 为1 我觉得 2 也行 2 不行的理由可能是因为没有改变模数？ 8 + 2 = 6 10%3 == 1 8 %3==2
//        cout<< n<<endl;
        if(n==m || n%3)cout<<"Alice"<<endl;
        else cout<<"Bob"<<endl;
    }
   return ;
 }


int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
//       pre();
    LL t;
//    sld(t);
cin >> t ;
    while(t--)
        answer();


    return 0;

}
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