Codeforces Round #701 (Div. 2) A~C 题解

写在前边

链接：Codeforces Round #701 (Div. 2)

数学场，题目描述简单粗暴，思路很妙，代码短的不行，都是好神奇的一些题目。

A. Add and Divide

链接：A题链接

题目大意:

给定两个正整数，我们可以进行两个操作：

• \(a = \lfloor \frac{a}{b} \rfloor\)
• \(b = b + 1\)
  
  最终目标是找到使\(a\)变成\(0\)的最小操作次数

思路：

因为\(b\)每次只会变动\(1\)，所以最开始思路就是，如果我们可以提前大体找到一个操作次数，我们在这个操作次数内进行枚举，而\(b\)每次操作只会变动\(1\)，所以假设一共有\(sum\)次操作，如果我们可以有\(n\)次让\(b\)加\(1\)，然后\(b\)变成了\(b + n\)，然后让\(a\)不断的除\(b\)直到为\(0\)，假设有\(m\)次操作，那么答案就是\(m + n\)次操作了，那么怎么才能找到这个\(sum\)呢，可以看数据范围，我们可以估计最差的情况，最差的情况就是当\(b=1，a = 10^9\)的时候，这时候我们首先要做的就是让\(b + 1\)，然后再让\(a\)不断的除\(b\)，直到为\(0\)，而这最多需要\(\lfloor log_2(10^9) \rfloor = 29\)次,所以！经过分析最差情况也就进行\(30\)次操作左右，即\(m + n < 31\)所以我们只需要枚举到\(31\)即可，最坏情况\(O(log^2a)\)

代码:

#include <iostream>

#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>

using namespace std;

#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;

void solve() {
    int a, b, res = 35;
    cin >> a >> b;
    if (a < b) {
        puts("1");
        return;
    }

    for (int i = (b == 1 ? 1 : 0); i <= 30; i++) { //枚举多少次 最坏情况下就有30次
        int tempa = a, tempres = i;
        int tempb = b + i;

        while (tempa) {
            tempa /= tempb;
            tempres++;
        }
        res = min(res, tempres);
    }

    cout << res << endl;
}

int main()
{
    //ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        solve();
    }
    system("pause");
    return 0;
}

B. Replace and Keep Sorted

链接：B题链接

题目大意:

定义两个互为\(k-similar\)的数组：

• 都是严格单调递增
• 有相同的长度
• 它们的元素范围\(\in [1, k]\)
• 它们只有一个数不同。

现在给定一个数组\(a\)，并且给定一个区间\([l,r]\)，那么\(k-similar\)中的一个数组\(b_1\)就是\([a_l, a_{l + 1}, ... , a_r]\)，长度为\(len = l - r + 1\) 那么另一个\(k-similar\)数组\(b_2\)就是可以从\([1, k]\)中选\(len\)个数，并且只与\(b_1\)有一个数不同的数组，问有多少个这样的数组\(b_2\)。

思路：

首先想到可以挨个枚举每一个位置可以选多少个数，那么最终答案就是每一个位置可以选的数之和，但是这样数据范围就是\(O(q*n)\)明显会超时，所以就想能不能在\(O(1)\)复杂度之内就能判断出一个区间中所有的可能，第\(l\)个位置的数可以选\(a[l + 1] - 2\)个，第\(r\)个位置的数可以选\(k - a[r - 1] - 1\)个，对于\((l,r)\)（注意是开区间！）能选多少个我们可以用前缀和处理，前缀和就是每一个区间可以选择的数的个数,时间复杂度就降为了\(O(q)\).

代码:

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>

using namespace std;

#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;

const int N = 1e5 + 10;
int a[N], b[N];

void solve() {
    int n, k, q;
    scanf("%d%d%d", &n, &q, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);

    a[n + 1] = k + 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        b[i] += a[i + 1] - a[i - 1] - 2;
        b[i] += b[i - 1];
    }

    while (q--) {
        LL res = 0;
        int l, r;
        scanf("%d%d", &l, &r);
        res += b[r - 1] - b[l];  //开区间
        res += k - a[r - 1] - 1; //右边
        res += a[l + 1] - 2; //左边
        printf("%d\n", res);
    }
}

int main()
{
    //ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    solve();

    return 0;
}

C. Floor and Mod

链接：C题链接

题目大意:

给定下下\(x，y\),现在要求求一个数对\((a, b)\)，使得\(\lfloor \frac{a}{b} \rfloor = a \,\, mod \,\, b\), 要求\(a \in [1, x]\), \(b \in [1, y]\)。

思路：

首先暴力肯定不行，所以想能不能用\(O（1）\)直接求出来，那只要推公式了，让\(\lfloor \frac{a}{b} \rfloor = a \,\, mod \,\, b = k\)，所以推出\(a = k*b + k(b > k)\)，又因为\(b > k\)，可以推出\(k^2 < k*b+k = a \leq x\),所以\(k \leq \sqrt{x}\),所以现在求出了\(k\)的范围\(k \in [1, \sqrt{x}\,]\)，现在要做的就是对于每一个固定的\(k\)，如果我们可以推出\(a\)或者\(b\)数的范围，那么就可以求出数对\((a, b)\)可取的个数了，对于b，已知\(b > k\), \(1 \geq b \leq y\),根据 \(k*b+k = a \leq x\),得出\(b \leq x / k - 1\)，因此得出\(b\)的个数就是\(max(0, min(y, x / k - 1) - k)\)。

代码:

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring>

using namespace std;

#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;

void solve() {
    LL x, y;
    cin >> x >> y;

    LL res = 0;
    for (LL k = 1; k * k <= x; k++) {
        res += max(0LL, min(y, x / k - 1) - k);
    }

    cout << res << endl;
}

int main()
{
    //ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        solve();
    }
    system("pause");
    return 0;
}