Educational Codeforces Round 80 (Rated for Div. 2)部分题解

A. Deadline

题目大意

给你$n,d$两个数,问是否存在$x$使得$x+\frac{d}{x+1}\leq n$，其中$\frac{d}{x+1}$向上取整。

解题思路

方案一：利用均值不等式公式推导

$x+\frac{d}{x+1}=x+1+\frac{d}{x+1}-1\geq2\sqrt{d}-1$

所以 $\min(x+\frac{x}{d+1})=2\sqrt{d}-1$

因此去判断$2\sqrt{d}-1\leq n$是否成，即$4\times n^2\leq (n+1)^2$是否成立即可。
方案二：暴力判断

很明显的一点就是$x$的值不会超过$\sqrt{d}$，所以遍历判断一下即可。

AC代码1

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main()

{

    int t;

    cin>>t;

    while(t--){

        long long n,d;

        cin>>n>>d;

        if(4*d<=(n+1)*(n+1)){

            cout<<"YES"<<endl;

        }else{

            cout<<"NO"<<endl;

        }

    }

    return 0;

}

AC代码2

#include<bits/stdc++.h>

const int maxn=1e3+100;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

using namespace std;

int main()

{

    // freopen("data.txt","r",stdin);

    int t;

    cin>>t;

    while(t--){

        int n,d;

        cin>>n>>d;

        bool flag=false;

        for(int i=0;i*i<=d;i++){

            if((i+d/(i+1)+(d%(i+1)==0?0:1))<=n){

                flag=true;

            }

        }

        if(flag)cout<<"YES"<<endl;

        else cout<<"NO"<<endl;

    }

    return 0;

}

总结

最开始拿到这道题的时候居然有点懵，其实应该理所应当的想到$x$的值不会超过$\sqrt{d}$

B. Yet Another Meme Problem

题目链接

题目大意

给你两个数$A,B$，求满足$1\leq a \leq A$，$1\leq b \leq B$并且 $a\times b+ a+b = a\times 10^{b的位数}+b$的个数。

解题思路

在做这道题的时候其实出题人已经给了提示，所以很轻松的想到了结论，即找到满足$\leq b$并且每一位都是$9$的数字个数$\times a$即为答案。

结论推导：

$a\times b+a+b=a\times 10^{b的位数}+b$

$a\times b+a = a\times 10^{b的位数}$

$a\times (b+1) = a\times 10^{b的位数}$

$b+1 = 10^{b的位数}$

所以只有所有位都是$9$的数字才能满足，即$9,99,999,\cdots$

AC代码

#include<bits/stdc++.h>

const int maxn=1e3+100;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

using namespace std;

int main()

{

    // freopen("data.txt","r",stdin);

    int t;

    cin>>t;

    while(t--){

        ll a,b;

        cin>>a>>b;

        string str = to_string(b);

        int len = str.size()-1;

        bool flag = true;

        for(int i=0;i<str.size();i++){

            if(str[i]!='9'){

                flag=false;

                break;

            }

        }

        if(flag)len++;

        cout<<a*len<<endl;

    }

    return 0;

}

总结

这道题自己在求数字个数的时候用的是字符串求法，其实如果不是大数的话，个人认为用整数运算即可，还方便点。丢个代码出来。

int cnt=0;

int number=9;

while(number<=b){

    number = number*10+9;

    cnt++;

}

C. Two Arrays

题目链接

题目大意

给你两个数字$n,m$，求用$1\cdots n$这$n$个数（数字可以重复）构造出两个长度为$m$的数组$a,b$满足一下要求的数组数量。

对于数组$a,b$中所有元素都满足$a_i\leq b_i$
数组$a$是非递减的
数组$b$是非递增的

解题思路

啊啊啊，这道题自己在做的时候没有想到把两个数组给合起来，思维太线性了，没有转过弯。数组$a$是非递减的，数组$b$是非递增的，如果将数组$b$反转连接在数组$a$的后面就是一个非递减数组，那么题目要求就转化为求用$1\cdots n$这$n$个数构造一个长度为$2\times m$的非递减数组的个数。

复杂度为$O(n^2m)$的转移方程

$dp[i][j]$表示第$i$个位置放数字$j$的方案数，那么$dp[i][j]=\sum_{k=1} ^j dp[i-1][k]$
复杂度为$O(nm)的转移方程$

$dp[i][j]$表示第$i$个位置放数字$j$的方案数，那么$dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]$，这里利用了前缀和的思想。

推导如下：

$dp[i][j]=\sum_{k=1} ^j dp[i-1][k]=\sum_{k=1}^{j-1}dp[i-1][k]+dp[i-1][j]$

因为$dp[i][j-1]=\sum_{k=1} ^{j-1} dp[i-1][k]$

所以 $dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]$

又或者在不知道如何推导的情况下可以从思维上这样想

在第$i$个位置上可以放$j-1$，那么在第$i$个位置上肯定也可以放$j$，所以放$j$的个数肯定会包含放$j-1$的个数，但这样得到的所有方案在$i-1$这个位置上最大的是$j-1$，其实在$i-1$这个位置可以放$j$，所以再加上第$i-1$位置上放$j$的方案数。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>

const int mod=1e9+7;

const int maxn=2e1+10;

const int maxm=1e3+20;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

using namespace std;

int dp[maxn][maxm];

int main()

{

    // freopen("data.txt","r",stdin);

    int n,m;

    cin>>n>>m;

    for(int i=1;i<=n;i++)dp[1][i]=1;

    for(int i=2;i<=2*m;i++){

        for(int j=1;j<=n;j++){

            dp[i][j]=(dp[i][j-1]+dp[i-1][j])%mod;

        }

    }

    ll ans=0;

    for(int i=1;i<=n;i++){

        ans+=dp[2*m][i];

        ans%=mod;

    }

    cout<<ans<<endl;

    return 0;

}

总结

后悔拿到这道题没思考，再仔细思考一下，在理解题目的意思之后应当建立对应的模型，思维不能太线性了。