Codeforces Round #741 (Div. 2)

全部题目跳转链接

A - The Miracle and the Sleeper

题意

给定\([l, r]\) 求出在这个区间内的两个数字a和b的取模的最大值 （\(a \ge b\)）

分析

上届确定 因此我们最大的取模的值就是 \(\frac {r}{2} + 1\)

但是这个值能取到的条件是\(\frac {r}{2} + 1 \ge l\)

如果上述条件不满足 很显然答案的区间是\([0, r-l]\)

AC_CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline void solve() {
    int l, r;
    cin >> l >> r;
    int p = max(l, r / 2 + 1);
    cout << r % p << endl;
}   

signed main()
{
    int T = 1;  scanf("%d",&T);
    while(T -- ) solve();
    return 0;
}

B - Scenes From a Memory header

题意

给一个长度 \(\le 50\) 的数字, 问最多可以删除多少为使得它变成一个非质数 数据保证一定有解

分析

首先我们可以知道 长度最短的非质数 是 1,4,6,8,9 因此我们首先特判这五个数字

其次呢, 剩下没有被使用过的数字就只有2,3,5,7 首先我们的出两个数字的所有组合(三位数以及更高位一定包含两位数,我们需要最短的

22,23,25,27,32,33,35,37,52,53,55,57,72,73,75,77 里面的质数只有23,37,53,73

因为保证一定有解, 因此我们可以排除两位数字中23,37,53,73 出现的可能, 而三位及以上的数字一定包含其他的数字

就在两位数字中的非质数 中包含了

因此所有存在的结果就只有1,4,6,8,9,22,25,27,32,33,35,52,55,57,72,75,77

一位数判断是否出现过 两位数for循环扫一遍即可

AC_CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int vis[1000];
int cnt[10];

inline void solve() {
    for(int i = 1; i < 10; i ++ ) cnt[i] = 0;
    int n;
    string a;
    cin >> n >> a;
    for(auto c : a) cnt[c - '0'] ++;
    for(int i = 1; i < 10; i ++ ) {
        if(cnt[i] && vis[i]) {
            cout << 1 << endl;
            cout << i << endl;
            return;
        }
    }

    for(int i = 0; i < n; i ++ )
        for(int j = i + 1; j < n; j ++ ) {
            int p = a[i] - '0', q = a[j] - '0';
            int res = p * 10 + q;
            if(vis[res]) {
                cout << 2 << endl;
                cout << res << endl;
                return;
            }

        }

}

signed main()
{
    vis[1] = true;
    vis[4] = true;
    vis[6] = true;
    vis[8] = true;
    vis[9] = true;
    vis[22] = true;
    vis[25] = true;
    vis[27] = true;
    vis[32] = true;
    vis[33] = true;
    vis[35] = true;
    vis[52] = true;
    vis[55] = true;
    vis[57] = true;
    vis[72] = true;
    vis[75] = true;
    vis[77] = true;

    int T = 1;  scanf("%d",&T);
    while(T -- ) {
        solve();
    }

    return 0;
}

C - Rings

题意

给定一个01 串,长度为len 从中找出两个长度 \(\ge len / 2\) 的 子串

使得二者转为十进制以后具有整数倍关系

思路

思维题(想到就很简单

我们可以把原来的字符串分为两种 有0的和没有0的

• 当0 存在的时候, 我们判断0是在前半段还是在后半段(假设第idx 位是0
  • 在前半段的时候, 我们可以分割成两个成1倍关系的二进制串 0xxxxxx 和 xxxxxx
  • 在前半段的时候, 我们可以分割成两个成2倍关系的二进制串 xxxxxx0 和 xxxxxx
• 当0 不存在时候, 我们可以分割成两个成1倍关系的二进制串 111111 和 111111 (全是1
  
  代码实现起来就很简单了

AC_CODE

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, b, s) for(register int i = (b); i <= (s); ++i)
using namespace std;

inline void solve() {
    int n; string x;
    cin >> n >> x;
    int px = n / 2;
    rep(i, 0, n - 1) {
        if(x[i] == '0') {
            if(i >= px) {
                printf("1 %d 1 %d \n", i + 1, i);
                return;
            }
            else {
                printf("%d %d %d %d\n", i + 1, n, i + 2, n);
                return;
            }
        }
    }
    printf("%d %d %d %d\n", 1, px, 2, px + 1);
}

signed main()
{
    int T = 1;  scanf("%d",&T);
    while(T -- ) {
        solve();
    }

    return 0;
}

D1 - Two Hundred Twenty One

题意

给定一个由+- 构成的字符串 +代表 1 - 代表 -1 (即代表\(a_i\)的值

规定一个子区间的值为 \(\sum_{i = l}^{r}(-1)^{i-1}a_i\)

规定一个操作为: 删去字符串中某个字符,其他的字符顺次往前移动

给定一个子区间\([l,r]\) 求出最少要进行几次操作,才能使这个区间的值为0

分析

• 如果已经是0的话我们就不用删除任何数字
• 当目前子区间的值为奇数的时候
  
  我们一定可以找到某个下标 使得改下标左右两边的值是相等的 (因为每个位置所造成的影响的绝对值是1
  
  此时删去这个值会使得后面的所有值全部取反 就会导致区间的值为0
• 偶数的时候
  
  我们删去头或者尾 即可把这个区间的值变为奇数 同上

AC_CODE

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fix(a) fixed << setprecision(a)
#define debug(x) cout<<#x" ----> "<<x<<endl
#define rep(i, b, s) for(register int i = (b); i <= (s); ++i)
#define pre(i, b, s) for(register int i = (b); i >= (s); --i)

//#define int long long
#define endl '\n'
#define ios ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0)
#define all(v) (v).begin(),(v).end()

using namespace std;

typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII ;
typedef pair<int, PII> PIII ;// {value, {value, value}}
typedef pair<double, double> PDD ;
typedef long long LL;
const int INF = INT_MAX;
const LL INFF = INT64_MAX;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);

inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline int gcd(int a, int b) {return b ? gcd(b, a%b) : a;}
inline LL ksm(LL a, LL b) {if (b == 0) return 1; LL ns = ksm(a, b >> 1); ns = ns * ns % mod; if (b & 1) ns = ns * a % mod; return ns;}
inline LL lcm(LL a, LL b) {return a / gcd(a, b) * b;}
inline void out(bool flag);
template < typename T >
inline void read(T &x)
{
    x = 0; bool f = 0; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){f ^= !(ch ^ 45);ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) x= (x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=getchar();
    x = f ? -x : x;
}

inline void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> a(n + 1), s(n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        char cc; cin >> cc;
        if(cc == '+') a[i] = 1;
        else a[i] = -1;
    }
    rep(i, 1, n) {
        if(i % 2 == 1) s[i] = s[i - 1] + a[i];
        else s[i] = s[i - 1] - a[i];
    }
    rep(i, 1, m) {
        int l, r; cin >> l >> r;
        int t = abs(s[r] - s[l - 1]);
        if(!t) cout << 0;
        else if(t & 1) cout << 1;
        else cout << 2;
        cout << endl;
    }
}

signed main()
{
    ios;
    int T = 1;  cin >> T;
    while(T -- ) {
        solve();
    }

    return 0;
}

inline void out(bool flag) {
    if(flag) puts("YES");
    else puts("NO");
}