Educational Codeforces Round 109 div2 A~F题解

Posted 2021-06-12 欣君

视频讲解：BV1MU4y1L7FB

A. Potion-making

题目大意

需要调配出精华浓度为 $k\%$ 的药剂，每次可以添加 $1$ 升水或 $1$ 升精华，求最少需要添加几次。 $k$ 为 $[1,100]$ 范围内的整数。

题解

调配出精华浓度为 $k\%$ 的药剂，即水与精华的比例 $\frac{a}{b}=\frac{100-k}{k}$ 。易得当 $\frac{a}{b}$ 为最简分数，$a+b$ 最小。
即 $a=\frac{100-k}{gcd(k,100-k)}$ ，$b=\frac{k}{gcd(k,100-k)}$ 。
特别的，当 $k=100$ 时， 应取 $a=1,b=0$ 。在部分求解最大公约数的代码写法里，可能会出现错误结果。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int gcd(int a,int b)
{
	return a%b?gcd(b,a%b):b;
}
 
int main()
{
	int T,k,g,ans;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&k);
		g=gcd(100-k,k);
		ans=k/g+(100-k)/g;
		printf("%d\\n",ans);
	}
}

B. Permutation Sort

题目大意

给定一个 $1$ 到 $n$ 的排列 $a[]$ ，每次操作可以选择一个子区间（但不能选择整个排列），随意调整该区间内数的顺序。
求最少需要操作几次，使得排列 $a[]$ 变为递增序列。

题解

因为子区间可以随意选取，不妨假设每次都选取一个长度为 $n-1$ 的区间，即选择区间 $[1,n-1]$ 或区间 $[2,n]$。

接下来分几种情况讨论：

1. 若原排列就是一个递增序列，则无需修改，共操作 $0$ 次；
2. 若 $a_1=1$ 或 $a_n=n$ ，则只需要将区间 $[2,n]$ 或区间 $[1,n-1]$ 排序即可，共操作 $1$ 次；
3. 若 $a_1=n$ 且 $a_n=1$ ，则需要先操作 $2$ 次，将 $1$ 放到 $a_1$ 上（或将 $n$ 放到 $a_n$ 上），再操作 $1$ 次将剩余数排序，共操作 $3$ 次；
4. 对于其他情况，则操作一次将 $1$ 放到 $a_1$ 上（或将 $n$ 放到 $a_n$ 上），再操作 $1$ 次将剩余数排序，共操作 $2$ 次；

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int MAXN=60;
int a[MAXN];
 
int main()
{
	int T,n,flag,i;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		flag=1;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&a[i]);
			if(a[i]!=i)
				flag=0; 
		}
		if(flag)
			printf("0\\n");
		else if(a[1]==1||a[n]==n)
			printf("1\\n");
		else if(a[1]==n&&a[n]==1)
			printf("3\\n");
		else
			printf("2\\n");
	}
}

C. Robot Collisions

题目大意

有 $n$ 个机器人在数轴上。数轴上坐标为 $0$ 和 $m$ 的位置为墙壁。
第 $i$ 个机器人初始在整数坐标 $x_i(0<i<m)$ 上，并朝左（朝向原点）或朝右（朝向无穷大）以每秒 $1$ 个单位的速度前进。机器人初始所在位置不重复。
每当机器人抵达墙壁时，会立刻调转方向，以同样的速度沿相反方向前进。
每当两个机器人同时抵达同一整数坐标时，他们会发生碰撞并爆炸。如果在非整数坐标相遇，则不会爆炸。
求每个机器人是否会爆炸，若会则输出爆炸时刻，否则输出 $-1$ 。

题解

首先注意到一点，就是只有在整数坐标相遇时才会爆炸。因此可以把所有机器人按照初始坐标的奇偶性分为两类，只有相同奇偶性坐标的机器人之间才有可能碰撞。

接下来考虑相同奇偶性的初始坐标的机器人之间的碰撞的问题。
如果不考虑两侧的墙，会发现这就是一个左右括号匹配的问题。

• 括号匹配问题：给定一个由左右括号构成的字符串，求合法的最大左右括号匹配数。通常采用栈来解决。

朝右走的机器人代表左括号，朝左走的机器人代表右括号，求这个括号字符串直接的相互匹配关系。这个问题可以用栈解决。碰到左括号则将其放入栈中，碰到右括号则将其与栈顶的左括号匹配（没有则无配对）。

然后加入对墙壁的考虑。如果当前栈空，即当前机器人左侧没有其他机器人，或者左侧的机器人都两两碰撞消灭掉了（即括号均匹配成功），那么即使当前机器人是朝左走，也是可以加入栈中与其他朝左走的机器人进行匹配的。因为当前机器人朝左走到头后撞墙，会调转方向变为朝右走。即对于最左侧的机器人来说，不管其初始是朝左走还是朝右走，都可以变化为朝右走。这样就可以部分解决撞墙问题了。
若最左侧尚未匹配的机器人位于 $x_i$ 坐标朝左走，我们可以将坐标 $0$ 处的墙壁当作镜子，将其等价于位于 $-x_i$ 坐标朝右走。这样就能作为左括号加入栈中参与匹配。

如上从左到右遍历后，可能会出现栈中元素个数 $\ge 2$ 的情况，即有至少 $2$ 个机器人是朝右走的。那么我们可以不断取出栈顶的两个元素，即最右侧的两个机器人，他们必会在最右侧的机器人撞墙反向后，相互发生碰撞。
同样将坐标 $m$ 处的墙当作镜子，位于 $x_i$ 坐标的机器人向右走，等价于位于 $2m-x_i$ 坐标的机器人向左走。
这样不断取出栈顶两个元素，计算他们的碰撞时刻，直到栈中的元素个数 $\le 1$，即只剩最多 $1$ 个机器人时，结束计算。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN=300300;
struct Robot
{
	int id,x;
	char dir;
	bool operator <(Robot r)
	{
		return x<r.x;
	}
}a[MAXN],stk[MAXN];

int m;
int ans[MAXN];
vector<Robot> v0,v1;

void cal(vector<Robot>& vec)
{
	int cnt=0,i;
	for(i=0;i<vec.size();i++)
	{
		if(cnt==0||vec[i].dir=='R')
		{
			if(vec[i].dir=='L')
				vec[i].x=-vec[i].x;
			stk[cnt++]=vec[i];
		}
		else
		{
			Robot pre=stk[--cnt];
			ans[vec[i].id]=ans[pre.id]=(vec[i].x-pre.x)/2;
		}
	}
	while(cnt>=2)
	{
		Robot r=stk[--cnt];
		Robot l=stk[--cnt]Educational Codeforces Round 7 A

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