A. Arithmetic Array
题意：
给你n个数的数组
问最多加几个非负数
可以让数组总和/元素个数等于1
思路：
分类讨论
假设总和为sum，数组个数为n
假设加了cnt个非负数x
目标是 sum + cnt * x = n + cnt
这个式子不难发现右边每次只可以加1
左边可以加任何非负数
所以
如果sum = n 答案为0
如果sum < n 答案为1
如果sum > n
因为右边每次只能加1
左边x可以为0
等价于 sum = n + cnt
所以答案为 sum - n
时间复杂度：O n
#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int>
#define x first
#define y second
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n ;
int a[N] ;
int main()
{
cin >> t ;
while(t--)
{
cin >> n ;
int sum = 0 , res = 0 ;
fer(i,1,n)
{
cin >> a[i] ;
if(a[i] > 0) sum += a[i] ;
else if(a[i] < 0) res += a[i] ;
}
if(sum + res == n) puts("0") ;
else if(sum + res < n) puts("1") ;
else
{
cout << sum + res - n << "
" ;
}
}
return 0;
}
B. Bad Boy
题意：
一个n*m的地图，一个人一开始在sx,sy这个位置
问如何安排2个溜溜球的位置，
使得他所走的距离最大化
并且要拿起这2个溜溜球
最后回到起点sx,sy这个位置
思路：
因为只能上下左右走
所以距离是曼哈顿距离
并且如果距离要最大
肯定是把这2个溜溜球放在4个端点的其中2个
{{1,1},{1,m},{n,1},{n,m}}
所以枚举这2个端点
求出最大值即可
后面发现1,1,n,m一定是最优解
所以直接输出即可
时间复杂度：O n
#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int>
#define x first
#define y second
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n , m , sx , sy ;
int main()
{
cin >> t ;
while(t--)
{
cin >> n >> m >> sx >> sy ;
cout << 1 << " " << 1 << " " << n << " " << m << "
" ;
}
return 0;
}
C. Challenging Cliffs
题意：
给n个数的数组h[n]
可以按任意顺序排序
求当abs(h[1]-h[n])最小的时候
h[i] <= h[i+1]的i的个数最大
(1 <= i <= n - 1)
思路：
贪心
首先从小到大排序之后
首先找到2个下标sx,sy
使得abs(h[sx]-h[sy])最小
可以发现
1 <= i < sx h[i] <= h[i+1]
sy <= i < n h[i] <= h[i+1]
所以把sy到n中的数放前面
把1到sx中的数放后面
当h[1]!=h[n]的时候
h[i] <= h[i+1]的i的个数最大为n-2
当h[1]==h[n]的时候 为n-1
时间复杂度：O tnlogn
#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int>
#define x first
#define y second
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n ;
int a[N] ;
int main()
{
cin >> t ;
while(t--)
{
cin >> n ;
fer(i,1,n) sf(a[i]) ;
sort(a + 1 , a + 1 + n) ;
int res = 1e9 ;
fer(i,2,n)
{
res = min(res,a[i] - a[i-1]) ;
}
int sx , sy ;
fer(i,2,n)
{
if(a[i] - a[i-1] == res)
{
sx = i - 1 ;
sy = i ;
break ;
}
}
//cout << res << "
" ;
//cout << sx << " " << sy << "
" ;
if(n >= 3)
{
for(int i = sy ; i <= n ; i ++)
{
cout << a[i] << " " ;
}
for(int i = 1 ; i <= sx ; i ++)
{
cout << a[i] << " " ;
}
}
else if(n == 2)
{
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
cout << a[i] << " " ;
}
cout << "
" ;
}
return 0;
}
D. Deleting Divisors
题意：
给定n
每次可以进行一个操作
减去这个数的其中一个因数
这个因数不能是1和他本身
Alice先手
谁最后不能操作就输
问谁赢
思路：
结论：n是奇数或者2的奇数次幂Bob赢，否则alice赢
引用幽灵抽风大神的证明:
先假设对于偶数和奇数的那个性质成立
若n是2的幂次，那么每次只能减2的幂次
如果减完不是2的幂次就输了
所以每次一定减2的幂次
换句话说，如果n=2^k，那么减完了n=2^{k-1}
当n是2的时候Bob赢
所以2的奇次幂Bob赢，偶次幂Alice赢
然后如果n不是2的幂，且n是奇数
那么n的所有因子都是奇数
所以n要变成的数一定是偶数
反之如果n是偶数且不是2的幂
则n有奇数因子，那么n就可以变成奇数
所以n是奇数则Bob赢，否则Alice赢
时间复杂度：O n
#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int>
#define x first
#define y second
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
int main()
{
unordered_map<ll,bool> q ;
q[0] = 1 ;
for(ll i = 1 ; i <= 31 ; i += 2)
{
q[1 << i] = true ;
}
int t ;
cin >> t ;
while(t--)
{
ll n ;
cin >> n ;
if(n & 1 || q[n]) puts("Bob");
else puts("Alice");
}
return 0;
}
E1. Erase and Extend (Easy Version)
题意：
给定n,k,和一个字符串s
2个操作
1是s = s + s
2是删除s的最后一个字符
每个操作可以进行任意次
求经过任意次操作且长度为k的且字典序最小的字符串
1 <= n,k <= 5000
思路：
考虑n，k的范围
可以暴力n^2做
不管最后怎么进行操作
长度为k的字符串只有n种情况
因为最后的字符串长度如果大于k了
你可以减到k
所以暴力求出这n个字符串
sort排序一下
输出第一个即可
时间复杂度：O n^2
#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int>
#define x first
#define y second
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
char a[N] ;
int b[N] ;
int z = 0 ;
string q[N] ;
int main()
{
int n , k ;
cin >> n >> k ;
cin >> a + 1 ;
int c = 0 ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
{
string x = "" ;
for(int j = 1 ; j <= i ; j ++)
{
x += a[j] ;
}
string y = "" ;
for(int j = 1 ; j <= k / i + 5 ; j ++)
{
y += x ;
}
q[++ c] = y.substr(0,k) ;
//cout << y.substr(0,k) << "
" ;
// cout << y << "
" ;
}
sort(q + 1 , q + 1 + c) ;
cout << q[1] << "
" ;
return 0;
}