Educational Codeforces Round 81 (Rated for Div. 2) A-E简要题解

链接:https://codeforces.com/contest/1295

A. Display The Number

贪心思路，尽可能放置更多位，如果n为奇数，消耗3去放置一个7，剩下的放1

AC代码:

 #include<bits/stdc++.h>
 #define inf 0x3f3f3f3f
 using namespace std;
 int n,m;
 int main(){
     int t;
     cin>>t;
     while(t--){
         int n;
         cin>>n;
         string ans = "";
         if(n% == ) ans.append(,''),ans.append((n-)/,'');
         else ans.append(n/,'');
         cout<<ans<<endl;
     }
     return ;
 }

B. Infinite Prefixes

前缀和思路，存字符串前n个位置的前缀和，如果cnt0+cnt1 = 0，且 x 在前缀和中出现过，那么就是无限的。

其他情况扫一遍字符串的前缀和，然后与x的差值和f[n]取余，如果为0，说明差值可以用任意个字符串的cnt0-cnt1拼接起来，ans就++

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 int main(){
     int t;
     cin>>t;
     while(t--){
         int n,x;
         cin>>n>>x;
         string s;
         cin>>s;
         int f[n+];
         f[] = ;
         int can = ;
         for(int i = ;i<n;i++){
             if(f[i] == x) can = ;
             if(s[i] == '') f[i+] = f[i]-;
             else f[i+] = f[i] + ;
         }
         if(f[n] == x) can = ;
         if(can ==  && f[n] == ) {
             cout<<-<<endl;
             continue;
         }
         int ans = ;
         ll d = f[n];
     //    cout<<d<<endl;
         for(int i = ;i<=n;i++){
             if(f[i] == x) ans++;
             if(i!= && f[i]<x && d> &&(x-f[i])%d==) ans++;
             if(i!= && f[i]>x && d< &&(f[i]-x)%(-d)==) ans++;
         }
         cout<<ans<<endl;
     }
     return ;
 }

C. Obtain The String

贪心思路，用一个next二维数组存储当前位置i 下一个26个字母的距离最近的位置，然后按需求跳转过去，如果找不到，那么需要的字串数量就+1，再从头开始扫描原串。

 #include<bits/stdc++.h>
 typedef long long ll;
 using namespace std;
 const int maxn = 1e5+;
 int main()
 {
     int n;
     cin>>n;
     while(n--){
         string s,t;
         cin>>s>>t;
         int next[s.length()+][];
         for(int i = ;i<;i++) next[s.length()][i] = -;
         for(int i = s.length()-;i>=;i--){
             for(int j = ;j<;j++) next[i][j] = next[i+][j];//存储i后面，26个字母距离i最近的位置
             int cur = s[i]-'a';
             next[i][cur] = i+;
         }
         int ans = ;
         int cur = ;
         bool f = true;
         for(int i = ;i<t.length();i++){
             int now = t[i]-'a';
             if(next[cur][now]!=-) cur = next[cur][now];//跳转过去
             else{
                 ans++;//如果找不的ans就++
                 cur = ;
                 if(next[cur][now] == -){//如果还没有，说明无法拼接起来
                     f = false;
                     break;
                 }
                 cur = next[cur][now];
             }
         }
         if(!f) cout<<-<<endl;
         else cout<<ans<<endl;
     }
     return ;
 }

D. Same GCDs

设gcd（a，m）= n，那么找gcd（a +x ，m）= n个数，其实就等于找gcd（（a+x）/n，m/n) = 1的个数，等价于求m/n的欧拉函数

 #include<bits/stdc++.h>
 typedef long long ll;
 using namespace std;
 ll euler_phi(ll n) {
   ll m = ll(sqrt(n + 0.5));
   ll ans = n;
   for (ll i = ; i <= m; i++)
     if (n % i == ) {
       ans = ans / i * (i - );
       while (n % i == ) n /= i;
     }
   if (n > ) ans = ans / n * (n - );
   return ans;
 }
 ll gcd(ll a, ll b) {
   if (b == ) return a;
   return gcd(b, a % b);
 }
 int main()
 {
     int t;
     cin>>t;
     while(t--){
         ll a,m;
         cin>>a>>m;
         m=m/gcd(a,m);
         ll x = euler_phi(m);
         cout<<x<<endl;
     }
     return ;
 }

E. Permutation Separation

建一颗线段树，叶子结点是花费从1到i所需要花费的前缀和，表示前i个元素全部移动到右边的花费，再维护区间最小值，然后从1到n-1扫一遍，对于第i个位置，找到数字i在序列中的位置 pos ，将区间1到pos-1加上数字i移动的花费，pos到n-1减去数字i移动的花费，因为位置大于等于i 的时候，不需要将数字i移动到右边，位置小于i 时，需要把数字i移动到左边，所以需要增加数字i的花费，结合线段树维护的是前缀和数组，那么对于每一个位置i 用线段树维护的最小值去更新答案ans即可。

 #include<bits/stdc++.h>
 typedef long long ll;
 using namespace std;
 const int maxn = 2e5+;
 ll pos[maxn],cost[maxn],a[maxn],sum[maxn];
 struct segT{
     ll l,r;
     ll dat,lz;
 }t[maxn*];
 void build(ll p,ll l,ll r){
     t[p].l = l,t[p].r = r;
     if(l == r) { t[p].dat = sum[l] ,t[p].lz = ;return;}
     ll mid = (l+r)/;
     build(p*,l,mid);
     build(p*+,mid+,r);
     t[p].dat = min(t[p*].dat ,t[p*+].dat );
 }
 void upd(ll p,ll L,ll R,ll v){
     if(t[p].l >= L&&t[p].r <= R ) {t[p].dat += v,t[p].lz +=v;return;}
     if (t[p].lz && L!=R ) {
     t[p * ].dat += t[p].lz ,t[p*+].dat +=t[p].lz  ;
     t[p * ].lz  += t[p].lz ,t[p*+].lz += t[p].lz;
     t[p].lz = ;
     }
     int mid = (t[p].l + t[p].r )/;
     if(L<=mid) upd(p*,L,R,v);
     if(R>mid) upd(p*+,L,R,v);
     t[p].dat = min(t[p*].dat ,t[p*+].dat );
 }
 int query(ll p,ll l,ll r){
     if(l<=t[p].l && r>=t[p].r ) return t[p].dat ;
     int mid = (t[p].l + t[p].r )/;
     int val = 0x3f3f3f3f;
     if(l<=mid) val = min(val,query(p*,l,r));
     if(r>mid)  val = min(val,query(p*+,l,r));
     return val;
 }
 int main()
 {
     int n;
     scanf("%d",&n);
     for(int i = ;i<=n;i++) {
         scanf("%lld",&a[i]);
         pos[a[i]] = i;
     }
     for(int i = ;i<=n;i++){
         scanf("%lld",&cost[i]);
         sum[i] = sum[i-] + cost[i];
     }
     build(,,n-);
     ll ans = cost[n];
     ans = min(ans,t[].dat );//特判
     for(int i = ;i<=n;i++){
         if(pos[i]!=n) upd(,pos[i],n-,-cost[pos[i]]);
         if(pos[i]!=) upd(,,pos[i]-,cost[pos[i]]);
         ans = min(ans,t[].dat);
     }
     printf("%lld",ans);
     return ;
 }