Codeforces Round #725 (Div. 3) A~G 题解记录

补题链接：Here

1538A. Stone Game

数组 \(a\) 的大小为 \(n\) ，请问每次可以删除最左和最右侧的元素，请问最少执行多少次能删除掉数组中的最大值和最小值 （\(1\le a_i\le n\))

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在输入的时候确定最大值和最小值的下标，

4种情况

比较从左边删除和右边删除的情况即可

void solve() {
    int n; cin >> n;
    int id1, id2;
    for (int i = 1, x; i <= n; ++i) {
        cin >> x;
        if (x == 1)id1 = i;
        if (x == n)id2 = i;
    }
    if (id1 > id2) swap(id1, id2);
    int cnt1 = (id1 + min(n - id2 + 1, id2 - id1));
    int cnt2 = (n - id2 + 1 + min(id1, id2 - id1));
    cout << min(cnt1, cnt2)  << "\n";
}

void solve() {
    int n; cin >> n;
    vector<int>a(n);
    for (int &x : a)cin >> x;
    int maxPos = max_element(a.begin(), a.end()) - a.begin();
    int minPos = min_element(a.begin(), a.end()) - a.begin();
    cout << min({
        max(maxPos, minPos) + 1,
        (n - 1) - min(maxPos, minPos) + 1,
        (n - 1) - maxPos + minPos + 2,
        (n - 1) - minPos + maxPos + 2
    }) << "\n";
}

1538B. Friends and Candies

Polycarp 要对他的 \(n\) 个朋友的蛋糕数量重新分配，使得每个人的蛋糕数量相同。

找到最小的 \(k\) \(a_{i1} + a_{i2}+...+a_{ik}\) 进行分配

---

数学题，

首先如果总的蛋糕数不是 \(n\) 的倍数，直接输出 \(-1\) ，接下来在统计大于平均值的人数即可

void solve() {
    int n; cin >> n;
    ll cnt = 0;
    vector<int>a(n);
    for (int &x : a)cin >> x, cnt += x;
    if (cnt % n != 0) {cout << -1 << "\n"; return ;}
    int c = 0;
    cnt /= n;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (a[i] > cnt)c++;
    }
    cout << c << "\n";
}

1538C. Number of Pairs

在数组 \(a\) 中寻找最大对数的 \((i,j) (1\le i < j \le n)\) 使得 \(l \le a_i + a_j \le r\)

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简单来说要统计两种情况

• \(a_i + a_j \le r\)
• \(a_i + a_j \le l - 1\)

二分上面两种情况，然后相减就是合适的区间长度了。

但要注意如果本身 \(a_i * 2\) 就符合情况的话会重复计算一次，要减去一

最后输出 \(ans / 2\)

双指针写法

void solve() {
    int n; ll L, R;
    cin >> n >> L >> R;
    vector<ll>a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];
    sort(a.begin() + 1, a.end());
    int l = 2, r = n;
    ll cnt = 0;
    while (l <= n and a[1] + a[1] <= L)l++;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        while (l > 1 and a[l - 1] + a[i] >= L)l--;
        while (r > i and a[r] + a[i] > R)r--;
        if (r >= max(l, i)) {
            if (l > i)cnt += (r - l + 1);
            else cnt += r - i;
        }
    }
    cout << cnt << '\n';
}

二分写法

void solve() {
    int n, l, r ;
    cin >> n >> l >> r;
    vector<int>a(n);
    for (int &x : a)cin >> x;
    sort(a.begin(), a.end());
    ll ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        ans += upper_bound(a.begin(), a.end(), r - a[i]) - a.begin();
        ans -= lower_bound(a.begin(), a.end(), l - a[i]) - a.begin();
        if (2 * a[i] >= l && a[i] * 2 <= r)ans--;
    }
    cout << ans / 2 << "\n";
}

1538D. Another Problem About Dividing Numbers

给与 \(a\) 和 \(b\) 两个整数，在一回合操作里，

• \(a\) 和 \(b\) 两个整数都要找出 \(c\ (a\ 或\ b\ \% c ==0）\)

请问是否能在 \(k\) 个回合结束后使得 \(a=b\)

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看样例想到是质因数个数的问题，

但试了下先欧拉素数筛晒出 \(1e9\) 的数据还是 TLE了（常数太大了），然后尝试直接统计因子个数，注意使用 scanf 而不是 cin）

void solve() {
    int a, b, k;
    scanf("%d%d%d", &a, &b, &k);
    if (k == 1) {
        puts(a != b && (a % b == 0 || b % a == 0) ? "YES" : "NO");
        return ;
    }
    int cnt = 0;
    for (int i = 2; i * i <= b; ++i) {
        while (b % i == 0) {
            b /= i; cnt++;
        }
    }
    if (b != 1)cnt++;
    for (int i = 2; i * i <= a; ++i) {
        while (a % i == 0) {
            a /= i;
            cnt++;
        }
    }
    if (a != 1)cnt++;
    puts(cnt >= k ? "YES" : "NO");
}

1538E. Funny Substrings

没看懂题意，以后补

1538F. Interesting Function

這道題比賽沒寫出來虧了一個億

给定两个整数 \(l\) 和 \(r\)，其中 \(l<r\)。 我们将向 \(l\) 加 1，直到结果等于 \(r\)。 因此，将执行 \(r-l\) 次加法。 对于每个这样的加法，让我们看看在它之后将更改的位数。

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累加不同位数的情况下 \(r - l\) ，直到 \(l = 0\) 和 \(r= 0\)

void solve() {
    ll l, r;
    cin >> l >> r;
    ll ans = 0;
    while (l != 0 || r != 0) {
        ans += (r - l);
        l /= 10, r /= 10;
    }
    cout << ans << "\n";
}

如果这算数位DP, 那么算是我见过最简单的数位DP了.

ll dp[20];
void init(int n) {
    dp[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)dp[i] = dp[i - 1] * 10 + 1;
}
int cnt(ll x) {
    int a[20] = {0}, Cnt = 0;
    while (x) {
        a[Cnt++] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = Cnt - 1; i >= 0; --i)ans += dp[i + 1] * a[i];
    return  ans;
}
void solve() {
    ll l, r;
    cin >> l >> r;
    cout << cnt(r) - cnt(l) << "\n";
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    init(15);
    int _; for (cin >> _; _--;) solve();
    return 0;
}

1538G. Gift Set

Polycarp 有 x 个红色糖果和 y 个蓝色糖果。 使用它们，他想制作礼品套装。 每个礼品套装包含一个红色糖果和 b 个蓝色糖果，或一个蓝色糖果和 b 个红色糖果。 任何糖果最多只能属于一个礼品套装。

帮助 Polycarp 找到他可以创造的最大数量的礼品套装。

例如，如果 \(x=10，y=12，a=5，b=2\)，那么 Polycarp 可以制作三套礼物：

• 第一套有 5 个红色糖果和 2 个蓝色糖果；
• 第二组将有 5 个蓝色糖果和 2 个红色糖果；
• 第三组将有 5 个蓝色糖果和 2 个红色糖果。

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思路来自 Arctic_Clam

考虑二分可分的集合的数量。

如何 \(O(1)\) 求给定的某个集合可行与否？

不妨设 \(x < y,a < b\)

记 \(n\) 为要验证的集合数量，\(s\) 为第 一种集合数量，\(t\)为 第二种集合数量。

于是我们有

\[\left\{
\begin{array}{**lr**}
as+bt\le x\\
bs + at\le y
\\s + t=n
\end{array}
\right.
\]

变形可以得到

\[\left\{
\begin{array}{**lr**}
s \ge \frac{x - nb}{a -b}\\
s \le \frac{y - na}{b - a}
\end{array}
\right.
\]

也就是说，给定n，我们可以求出s的取值区间。再判定下该区间是否合法即可。

\(eg:\) \(s\) 取值区间的左界应该是向下取整，但是 \(x−nb\) 和 \(a − b\) 都是负数，而 C++默认是趋零取整，所以要特判。

ll x, y, a, b;
bool check(ll n) {
    ll l = (x - n * b) / (a - b);
    if ((x - n * b) < 0 and (-(x - n * b)) % (b - a) != 0)l++;
    ll r = (y - n * a) / (b - a);
    return l <= r and r >= 0 and l <= n;
}
void solve() {
    cin >> x >> y >> a >> b;
    if (x > y) swap(x, y);
    if (a > b) swap(a, b);
    if (a == b) {
        cout << (x /= a) << "\n";
        return ;
    }
    ll l = 0, r = x;
    while (l < r) {
        if (l == r - 1) {
            if (check(r)) l = r;
            break;
        }
        ll mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid)) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    cout << l << '\n';
}

似乎本题也可以三分做，dalao也对三分做了正确性证明（tql

二分的正确性是显然的，但是三分的正确性并不那么显然。

为了证明三分的正确性，我们需要证明集合总数n是第一集合数s的函数，且该函数至多有一个峰。

下面给出证明：