[Codeforces] #441 div.2

Posted 2020-10-11 Lev今天学习了吗

A. Trip For Meal

给 n a b c，分别表示一个数 n 和一个三角形的三边

你被要求从这个三角形的 a 和 b 的交点出发，在这个三角形上以最小距离走 n-1 步

那么这个，，，，

如果 a 或 b 是最短边的话，我们在单条边上抽搐 n-1 次即可

否则 c 就是最短边了

我们通过 a 或 b （哪条短啊qwq）走到 c 前

然后在 c 上抽搐 n-2 次

这很显然qwq 注意特判 n == 1

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int a,b,c,n;
 6 
 7 int main(){
 8     scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c);
 9     
10     if(n == 1) return printf("0"),0;
11     
12     n--;
13     
14     if(a <= b && a <= c) return printf("%d",a*n),0;
15     if(b <= a && b <= c) return printf("%d",b*n),0;
16         
17     if(a < b) return printf("%d",a+max(0,c*(n-1))),0;
18     else return printf("%d",b+max(0,c*(n-1))),0;
19     
20     return 0;
21 }

A.

 

B. Divisiblity of Differences

给 n 个数，求出一个包含 k 个数的集合，该集合符合如下要求：

该集合中任意一个数对之差可以被 m 整除

本蒟蒻：从集合中挑任意一个数，和数列中的其他数做检测，符合则扔进集合，原理显然

Reek：求 m 的剩余系取最大

Orz Reek！！！

说的人话一点：每个数都拿去取模 m ，对余数用桶计数。最后的集合就是数量最多的那个余数集。

就是 bucket[ arr[i]%m ]++ qwq

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int read(){
 6     int ret = 0; char ctr = getchar();
 7     while(ctr > ‘9‘ || ctr < ‘0‘) ctr = getchar();
 8     while(ctr >= ‘0‘ && ctr <= ‘9‘) ret = ret*10+ctr-‘0‘,ctr = getchar();
 9     return ret;
10 }
11 
12 int ans,ret,n,k,m,arr[101010],buck[101010];
13 
14 int main(){ 
15     n = read(),k = read(),m = read();
16     
17     for(int i = 1;i <= n;i++){
18         arr[i] = read();
19         buck[arr[i]%m]++;
20         if(ans < buck[arr[i]%m]){
21             ret = arr[i]%m;
22             ans = buck[arr[i]%m];
23         }
24     }
25 
26     if(ans < k) return printf("No"),0;
27     
28     printf("Yes\n");
29     for(int i = 1,poi = 0;i <= n && poi < k;i++){
30         if(arr[i]%m == ret){
31             printf("%d ",arr[i]);
32             poi++;
33         }
34     }
35 
36     return 0;
37 }

B.

 

C. Classroom Watch

给一个数 n 

求出集合，该集合中的数字 x 满足这样的要求：

x + x的每个数位上的数字之和 == n

x 的范围极大，就别想枚举了

但是数字之和我们可以做文章

这个数字之和显然最大就是 9+9+9+9+9+9+9+9+9 = 81

所以枚举 n-100 到 n 进行检测即可

据说输出顺序需要注意

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<queue>
 4 using namespace std;
 5 
 6 queue<int> Q;
 7 
 8 int read(){
 9     int ret = 0; char ctr = getchar();
10     while(ctr > ‘9‘ || ctr < ‘0‘) ctr = getchar();
11     while(ctr >= ‘0‘ && ctr <= ‘9‘) ret = ret*10+ctr-‘0‘,ctr = getchar();
12     return ret;
13 }
14 
15 int n,x,tot;
16 
17 bool check(int x){
18     int ret1 = 0;
19     for(int i = x;i;i /= 10){
20         ret1 += i%10;
21     }
22     
23     return ret1+x == n;
24 }
25 
26 int main(){ 
27     n = read();
28     
29     for(int i = n-100;i <= n;i++){
30         if(i < 0) continue;
31         if(check(i)){ Q.push(i); tot++; }
32     }
33 
34     cout << tot << endl;
35     while(!Q.empty()){
36         int p = Q.front();
37         printf("%d ",p);
38         Q.pop();
39     }
40     
41     return 0;
42 }

C.

 

D. Sorting the Coins

有 n 个硬币

然后对于这 n 个硬币，某个小可爱会翻转（不可逆） n 次（所以最后一次会全翻转完）

翻转完后可能会有 XOOO 这种情况，然后根据他的说法，我们会把这个变成 OOOX

对于每一次翻转，我们需要求出把他变成OOOXXX的操作次数

即使是没操作，也会扫描一次--因为要确定已经是OOOXXX

Reek：这不就冒泡排序求操作次数吗

qwq我不会冒泡啊

所以打了个暴力

根据Reek的启示，每次必然会有一个硬币被带到终点

终点大概是会有形如 ...OOXXX 的结构

那么终点的 XXX 有多长，就有多少硬币没有必要被带到终点

比如 XOXOXXXXX 就有两个硬币会被带到终点变成 00XXXXXXX

有多少硬币需要被移动，操作就会有多少次

最后还要扫描一次确定没有必要操作

所以是 操作次数+1

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,pos,arr[303030],cnt;
 6 
 7 int main(){
 8     scanf("%d",&n);
 9     pos = n;
10     
11     cout << 1 << ‘ ‘;
12     for(int i = 1;i <= n;i++){
13         scanf("%d",&cnt);
14         arr[cnt] = 1;
15         while(arr[pos]) pos--;
16         printf("%d ",i-(n-pos)+1);
17     }
18     
19     return 0;
20 }

D.

 

 

如果有更多问题请留言qwq