csu-2018年11月月赛Round2-div1题解

Posted 2021-02-07 artoriax

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了csu-2018年11月月赛Round2-div1题解相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

csu-2018年11月月赛Round2-div1题解

A（2191）：Wells的积木游戏

Description

Wells有一堆N个积木，标号1~N，每个标号只出现一次由于Wells是手残党，所以每次只能取出一块积木放在积木顶层现在Wells想知道至少需要操作几次可以把积木堆成从顶至底标号升序不论什么都很菜的Wells显然不知道怎么做所以作为人生赢家的你义不容辞的决定帮助可怜的Wells

Input

第一行一个正整数N
接下来N行，从顶至底描述每块积木的标号

Output

输出一行，为最小操作次数

Sample Input

Sample Output

Hint

样例数据的两次操作（3，2，1）->（2，3，1）->（1，2，3） N<=10^5

题解：

div-1难得的水题，找几个数据看一下就可以发现从最大积木的开始向前找，连续的是有贡献的，比如

2 1 5 3 4 6, 6之前只有5这一个连续数字，所以贡献为2，答案就为6 - 2 = 4

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
using namespace std;
int a[maxn];
int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    int maxx = 0, maxpos;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        if (a[i] > maxx) {
            maxx = a[i];
            maxpos = i;
        }
    }
    int cnt = 1;
    for (int i = maxpos - 1; i >= 1; i--) {
        if (a[i] == maxx - 1) {
            cnt++;
            maxx -= 1;
        }
    }
    cout << n - cnt;
    return 0;
}

B（2192）：Wells弹键盘

Description

Wells十分羡慕和佩服那些会弹钢琴的人比如子浩君，然而Wells只会弹键盘…… Wells的键盘只有10个键，从1，2,3，……，9,0，如下图所示：

而且作为一个正常人，Wells也有两只手，但是为了显示出自己高超的弹键盘水平，Wells决定每只手只动用一个手指，左手指和右手指，来进行按键操作，初始左右手指分别在5，6两个按键上。每一个单位时间（1s），对于一个手指，Wells可以进行如下操作之一：

按下位于手指位置的按键。
将手指向左或向右移动一格，当然不能移到键盘外面。

必须注意以下几点：

在任意时刻，正常人左手指都必须在右手指的左边，当然右手指就在左手指的右边。
在一个单位时间内，只有一个手指可以按下按键。当然，另一个手指还是可以移动的。

现在，给Wells得到一个高级键盘谱（一个仅含0~9的非空字符串）可以在梦里弹出不输于钢琴的旋律，但强迫症Wells一定要知道高级键盘谱弹奏最少要几秒才能弹完，但Wells数学太差了，所以Wells求助于你，本世纪最优秀的程序yuan之一来帮助他！

Input

输入文件有若干行，每行描述一组数据。对于每组数据仅一行，一个数字串s。

Output

输出若干行，每行为对应输入数据的答案。

Sample Input

434
56
57

Sample Output

5
2
2

Hint

对于20%的数据，0<=length(s)<=5，且数据组数不超过3组；对于100%的数据，0<=length(s)<=100，且数据组数不超过100组；保证数据中间没有空行；

题解:

设dp[i][j][k]为第i个数字左手在j右手在k时的最小秒数。则j或k肯定有一个是当前的数字。先让j为当前数字枚举k转移，再让k为当前数字枚举j转移。从dp[i - 1][l][r]转移过来，要求是l < r且处理左手在当前数字时l到当前数字的距离+弹奏的1(s)不能比r到k的距离要小，处理右手在当前数字时r到当前数字的距离+弹奏的1(s)不能比l到j的距离小。否则另一只手到达不了另一个数字。

最后f[n][a[n]][i]和f[n][i][a[n]]中最小的即为答案

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[105];
int f[105][15][15];
int a[105];
int main() {
    while (scanf("%s", s + 1) != EOF) {
        int n = strlen(s + 1);
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= 10; j++) {
                for (int k = 1; k <= 10; k++) {
                    f[i][j][k] = 0x3f3f3f3f;
                }
            }
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (s[i] == '0') a[i] = 10;
            else a[i] = s[i] - '0';
        }
        f[0][5][6] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j < a[i]; j++) {
                for (int l = 1; l <= 10; l++) {
                    for (int r = l + 1; r <= 10; r++) {
                        int s = abs(r - a[i]) + 1;
                        if (abs(l - j) > s) continue;
                        f[i][j][a[i]] = min(f[i][j][a[i]], f[i - 1][l][r] + s);
                        
                    }
                }
            }
            for (int k = a[i] + 1; k <= 10; k++) {
                for (int l = 1; l <= 10; l++) {
                    for (int r = l + 1; r <= 10; r++) {
                        int s = abs(l - a[i]) + 1;
                        if (abs(r - k) > s) continue;
                        f[i][a[i]][k] = min(f[i][a[i]][k], f[i - 1][l][r] + s);
                    }
                }
            }
        }
        int ans = 0x3f3f3f3f;
        for (int i = 1; i <= 10; i++) {
            if (a[n] < i)
                ans = min(f[n][a[n]][i], ans);
        }
        for (int i = 1; i <= 10; i++) {
            if (i < a[n])
                ans = min(f[n][i][a[n]], ans);
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

C（2195）：OR

Description

xrdog有一个有趣的算式

X=(a1ora2ora3or...oraN)?YX=(a1ora2ora3or...oraN)?Y

现给定，问有多少组满足上述算式的,形如 (a1,a2,a3...aN,Y)(a1,a2,a3...aN,Y) 的（N+1）元组。

Input

第一行两个整数 X(1<=X<=109)X(1<=X<=109) 和 N(1<=N<=109)N(1<=N<=109)

Output

打印一个整数，表示所求答案,答案对1e9+7取模。

Sample Input

2 2

Sample Output

Hint

有以下6个3元组: (2,0,1) (0,2,1) (2,2,1) (1,0,2) (0,1,2) (1,1,2)

题解：

先枚举x的每一个因子，找它的二进制下1的个数，每一个1都有2的n次方 - 1的贡献，因为只要在n位中或出这个1就可以了，方法除去全为0的1种，即为2的n次方 - 1

注意枚举因子从1 到 sqrt（x）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define p 1000000007
typedef long long ll;
using namespace std;
inline ll fastPow(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) {
            ans = ans * a % p;
        }
        a = a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans % p;
}
inline int count(int x) {
    int ans = 0;
    while (x) {
        if (x & 1) ans++;
        x >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main() {
    int x, n;
    scanf("%d%d", &x, &n);
    ll base = fastPow(2, n) - 1;
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i * i <= x; i++) {
        if (x % i == 0) {
            int num = count(i);
            ans = (ans + fastPow(base, num)) % p;
            if (i * i != x) {
                num = count(x / i);
                ans = (ans + fastPow(base, num)) % p;
            }
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

D（2202）：EL PSY CONGROO

Time Limit: 2 sec

Description

凤凰院凶真又双叒叕踏上了拯救牧濑红莉栖之路，现在有 NN 条世界线 [l1,r1],[l2,r2],...,[lN,rN][l1,r1],[l2,r2],...,[lN,rN]。

从这些世界线中选出 KK 个，考虑其交集，即被所有 KK 个世界线包含的点集。交集必然也是一个世界线，设为 [l,r][l,r]，则其长度为 r?lr?l。

只有世界线的交集最大，冈部才有足够的时间完成任务。请求出所有选出 KK 个世界线的方案中，交集长度最大的。

Input

输入的第一行包含一个整数 TT，代表测试数据的组数。接下来是 TT 组数据。

每组数据的第一行包含两个整数 NN 和 KK 。接下来NN行，每行包含两个整数 lili和 riri，描述一个世界线。

Output

对于每组数据，输出一行，包含一个整数，代表交集的最大长度。

Sample Input

Sample Output

Hint

[ 1≤T≤10001≤K≤N≤10^51≤li≤ri≤10^9∑n≤5?10^5]

题解：

先对左端点进行升序排序，则选到当前线段的左端点的交集就是当前左端点，同时用小根堆维护右端点的值，使堆大小始终为k，用堆顶的右端点值-当前左端点值更新答案，若超过k，则弹出堆顶的元素，因为它不可能在后面产出更优的答案了

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100050
using namespace std;
inline int getnum() {
    char c; int ans = 0; int flag = 1;
    while (!isdigit(c = getchar()) && c != '-');
    if (c == '-') flag = -1; else ans = c - '0';
    while (isdigit(c = getchar())) ans = ans * 10 + c - '0';
    return ans * flag;
}
struct node {
    int l, r;
    bool operator < (const node a) const {
        return l < a.l;
    }
} a[maxn];
int main() {
    int t = getnum();
    while (t--) {
        priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q;
        int n = getnum(), k = getnum();
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            a[i].l = getnum();
            a[i].r = getnum();
        }
        sort(a + 1, a + n + 1);
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (q.size() >= k) {
                q.pop();
            }
            q.push(a[i].r);
            if (q.size() == k) {
                int x = q.top();
                if (x - a[i].l > ans) {
                    ans = x - a[i].l;
                }
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}