AtCoder Beginner Contest 149

A

逆序输出两个字符串

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    string a,b;
    cin >> a >> b;
    cout << b << a;
    return 0;
}

B

先用掉 a ，再用掉 b，输出剩余部分

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
    LL a, b,c;
    cin >> a >> b >> c;
    if(a < c) c -= a,a = 0;
    else a -= c,c = 0;
    if(b < c) c -= b,b = 0;
    else b -= c,c = 0;
    cout << a <<' ' << b;
    return 0;
}

C

找到大于或等于 (x) 的最小质数

线性筛 + 二分

直接暴力也能过。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 100;
bool st[N];
int k,pri[N];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    for(int i = 2;i <= N; ++i) {// 线性筛
        if(!st[i]) pri[k ++] = i;
        for(int j = 0;pri[j] <= N / i; ++j) {
            st[pri[j] * i] = 1;
            if(i % pri[j] == 0) break;
        }
    }
    int x;
    cin >> x;
    int l = 0,r = k;
    while(l < r) {// 二分
        int mid = l + r>> 1;
        if(pri[mid] >= x) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    cout << pri[l];
    return 0;
}

D

题目大意

你和机器人玩剪刀石头布，机器人输入一个长度为(N) 的序列，(r)代表石头，(s) 代表剪刀，(p)代表布

每(K) 次为一个回合，第一个回合你可以出任何手势，从第二个回合开始你出的手势不能和上一个回合相同

即(hand[i] != hand[i - k]) ，每次获胜，分别赢 (r,s,p) 个分数，平局不计分，问你最大的获胜分数

思路

观察题目发现，从第二轮开始，你每次出的手势，都要考虑上一轮出过的，不能重复。

那么，我们首先考虑，赢下当前这局所需要的手势，是不是上轮出过的，如果出过，就和机器人相同的手势保证平局，否则就出必胜手势。

我们用(vis) 数组来保存，当前第(i) 位是否出过必胜手势

用 (t) 数组来保存机器人出的手势序列

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
char t[N];
bool vis[N];
int r,s,p,n,k,ans = 0;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin >> n >> k >> r >> s >> p ;
    for(int i = 1;i <= n; ++i) {
        cin >> t[i];
        if(i - k > 0 && vis[i - k] && t[i] == t[i - k]) continue;
        // 如果当前不是第一轮，并且vis[i-k]出过必胜手势，并且t[i]==t[i-k]，说明我们只能平局
        if(t[i] == 'r') ans += p;
        if(t[i] == 's') ans += r;
        if(t[i] == 'p') ans += s;
        vis[i] = 1;// 当前局势出过必胜手势
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

E

前缀和 + 二分答案

题意

有(n) 个人，每个人的能力值是(A_i) ，要进行(M)次握手，每次握手可以选择左手握的值(L),右手握的值(R)

每次握手得到的幸福值为(L+R)，问进行(M)次操作后，得到的最大幸福值

其中 ((L,R) eq (R,L))

思路

首先二分单次操作中所获得的最小幸福值，记作(mid) ，然后计算，以此值作为幸福值的边界，

可以握多少次手，如果握手次数大于(M)则扩大这个(mid) ，否则缩小。

对于每次二分得到的(mid) ，针对每一个(a[i])计算另一个值(mid-a[i])的下标(pos)。

所以目前就获得了 (n-pos+1) 对握手，然后把这些握手得到的幸福值加到(res) 中

(sum) 是前缀和数组，(sum[n]-sum[pos-1]) 得到 (n-pos) 这些值的和再加上(n-pos+1)个(a[i])

因为(cnt) 最后不一定刚等于(m) ，(cnt) 只是第一次二分的(check) 函数，有可能大于 (m)

所以最后在减去多余的即可

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
#define endl '
'
typedef long long LL;
LL sum[N],a[N],m,n;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1;i <= n; ++i) cin >> a[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    for(int i = 1;i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    LL l = 0,r = 2*N,ans,res,cnt;
    while(l < r) {
        LL mid = l + r + 1 >> 1;
        res = cnt = 0;
        for(int i = 1;i <= n; ++i) {
            LL pos = lower_bound(a+1,a+1+n,mid-a[i]) - a;
            cnt += n - pos + 1;
            res += sum[n] - sum[pos - 1] + a[i] * (n - pos + 1);
        }
        if(cnt >= m) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    cout << res - (cnt - m) * l << endl;
}

author : lukelmouse