刷题记录：Codeforces Round #739 (Div. 3)

Codeforces Round #739 (Div. 3)

20210907。网址：https://codeforces.com/contest/1560。

……（叹）。

A

不希望出现带“3”的数和3的倍数，把剩下的数从小到大排，问第k个是多少。数据范围很小，因此是大水题。

B

偶数个人围成圈，按顺时针给每个人编号，不知道总共多少人。问题是，如果知道a和b面对面，那么c和谁面对面。简单的讨论，注意围不成圈的情况（如1和3面对面，问99对面是谁）。

C

用一种方式（详见题目，很容易的）把正整数从小到大排在无穷大的正方形棋盘上。给一个正整数k，问它在棋盘上的位置。也是简单讨论。

D

对一个正整数n，我们可以做两种操作，一种是随便擦掉一个数位（如1462 -> 162），另一种是在数结尾追加一位。我们想通过这样的操作把n变成2的幂，问最少操作多少次。注意最后结果不能是0打头的，也就是说需要特意把0擦掉。

用贪心的做法：我们想把n变成m，用两个指针i、j记录我们考察到的n、m的位置。

• 如果n的第i位和m的第j位匹配，不用做任何操作，继续往后考虑，++i ++j。
• 如果n的第i位和m的第j位没有匹配，那就擦掉n的第i位去看i+1位，这里的擦掉是一次操作，因此++i的同时++操作次数。
• 如果n遍历完了而m没有遍历完，则往n后面追加【m没有被匹配上的这些数】，每一个追加都是一次操作，记录操作次数。

遍历所有m（也就是2的幂），得到最少操作次数。

编程细节：一开始我认为，n最大是1e9，考虑到2^10=1024差不多1e3，我们算到2^30就可以了，也就是只有31个m用来遍历。后来发现需要开long long，好像考察了64个2的幂（0-63）才过。

E

通过轮流做这样的操作，可以从一个字符串s生成字符串t：把s追加到t上（t=t+s）；随便从s中选一个字母，然后删去这个字母的所有出现（如science删掉e变成scinc）。一开始t是空串。

给我们字符串t，让我们反推字符串s，以及选字母来删掉的顺序。（如果有多个答案，输出一个就可以。）

选字母删掉的顺序比较简单：删到最后时，只剩下一个字母了，因此t的最后一个字母就是我们最后删掉的字母。然后把t中那个字母的所有出现都划掉，划完后t的最后一个字母就是我们倒数第二个删掉的字母，然后再划掉……这样得到。

然后我们通过粗暴的遍历寻找s。因为生成t的第一步就是追加原本的s，所以s是t的前缀。然后，一个字母在t中出现的次数肯定是在s中出现次数的倍数，这一条能排除不少前缀。（还有排除前缀的方法，比如【一个字母在t中出现的次数/在s中出现的次数】就是这个字母被删掉前t.append(s)的次数，可以和【选字母删掉的顺序】做对照）最后，对于看起来符合要求的前缀，我们把它当作s反推t，如果反推结果和给出的t一样，就ok了。如果遍历所有前缀也没有找到答案，输出-1。

F

我们定义k漂亮数：如果一个数的十进制形式只包括不超过k个不同的数，它是一个k漂亮数。比如说，12121212是2漂亮数；99999是1漂亮数，同时也是2、3、4、5、…漂亮数。

给我们一个正整数n，再给一个k，让我们找最小的【大于n的k漂亮数】。

出于这样一个简单的考虑：如果要把原数某些位变大，使其成为一个k漂亮数的话，因为希望得到的k漂亮数尽量小，因此变大的数位越靠后越好。

做法：

• 首先寻找原数的一个前缀，这个前缀包含的不同的数不超过k个（也就是说前缀是k漂亮的），寻找这样一个尽量长的前缀。比如说，12133522的最长3漂亮前缀是12133。可以用map来维护<数位，出现次数>的映射关系，用mp.size()得到不同的数的个数。
• 好的我们找到了这样的前缀，设它的下标范围为[0,pos]。我们考察pos+1位置的数，试图在【前缀已经有的数】的集合里面找一个大于【pos+1位置的数】的最小的数，然后我们把pos+1位置换成这个数，pos+2直到结尾换成【前缀已经有的数】集合里最小的数，就得到了。
• 但是有一个问题：如果【前缀已经有的数】这个集合里面没有比【pos+1位置的数】大的数怎么办，比如【pos+1位置的数】是9？emm，这证明我们考察的这个前缀没有前途，没法通过改【pos+1位置的数】得到答案。于是我们退一步，考虑[0,pos-1]前缀，同时维护<数位，出现次数>的映射，把pos位置的数去掉。
• 好的我们退了一步，仍然记现在考虑的前缀是[0,pos]。如果退一步之后的前缀【不同数个数＜k】，那么可以把【pos+1位置的数】换成原来这个数+1，然后更新<数位，出现次数>映射，记上这个+1后的数。（注意如果【pos+1位置的数】是9，那么没法+1，仍然需要退一步，所以只要是9就需要退一步。）如果此时仍然【不同数个数＜k】，我们就把【pos+2直到结尾】的所有数换成0，因为被用掉的数不足k个，再加一个0也没关系。如果此时【不同数个数=k】了，我们就把【pos+2直到结尾】的所有数换成【前缀已有的数】集合里面最小的数（事实上这个数也可能是0）。
• 一个编程细节：如果我们一退再退，直到前缀为空，那该怎么办呢？比如说1112345，k=1，一开始得到的【最长k漂亮前缀】是111，然而2没法换（只有1一个数被占用，没有比2大的），所以退一步变成11，但是1也没法换（也没有比1大的，1不比自己大），……，就得到空前缀了。我们用[0,-1]来表示空前缀，pos=-1。此时【不同数个数=0】了（前缀是空的啊），所以有【不同数个数＜k】，然后可以把【pos+1位置的数】（也就是0位置的数，第一个数）换成原数+1，然后按照上一段的流程继续做就可以，最后得到2222222。所以说，上一段的流程也适用于pos=-1的情况。

此时，我们已经顺完了整个逻辑。逻辑就是，

• 把我们考察的前缀初始化为最长的k漂亮前缀，对前缀进行迭代：
• 先考察【前缀后面紧跟的那个数】是不是9，如果是则考察更短的前缀；
• 考察有没有【不同数个数＜k】，有的话特殊处理；
• 如果【不同数个数=k】，试图增大前缀后面紧跟的那个数；
• 如果不能通过增大该数得到答案，就退一步考察更短的前缀，直到前缀为空，前缀为空时一定能做出来。