解题报告：Codeforces Round #421 (Div. 2) A-E

A、题目链接

题意：一本c页的书要读，你的初始读书速度为v0，每天速度增加a，速度上限为v1，每天读书后若书没有读完则忘记l页，询问多少天读完。

思路：

类似于蜗牛上树，数据小直接模拟，数据大推个公式。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int c,v0,v1,a,l;int main(){    while(scanf("%d%d%d%d%d",&c,&v0,&v1,&a,&l)==5){        int ans = 0;        while(c>=0){            ans++;            c-=v0;            v0 = min(v0+a,v1);            if(c<=0)break;            c+=l;        }printf("%d\n",ans);    }return 0;}

B、题目链接

题意

在正n多边形内选三个点组成一个角，求最靠近t的这个角的大小三个点号码

思路：

正n多边形内最大角为内角(n-2)*180/n，设角中心的点号码为1，那么最大角为213，每次想外移动一个单位，角度减小180/n，记录最靠近的答案就好，复杂度O(n)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n;double a;int main(){    while(scanf("%d%lf",&n,&a)==2){        double mx = 1.0*(n-2)*180.0/n;        double tmp = mx;        int ans = n;        double t = 180.0/n;        for(int i=n-1;i>2;i--){            tmp-=t;            if(fabs(tmp-a)<fabs(mx-a)){                ans = i;                mx = tmp;            }        }        printf("2 1 %d\n",ans);    }return 0;}

C、题目链接

这个题有点问题，出题人的代码被hack了，详见 点击打开链接

题意：

两个人进行字符串游戏，初始串为空串，两个人轮流往后加字母，第一个人的操作是选择串里的后a个字母，然后往后面加a个字典序最小的与 选择的这个a个字母不重复的 不重复字母串，第二个可以任意加长度为b的字母串，给定l,r，问你作为第二个玩家进行游戏时组成的字符串[ l , r ]区间出现的字母种类数。

讲一下原来的思路：

第二个人只需要把串最后面的元素重复b次，然后就可以发现生成串是一个长度为2(a+b)的循环串，将区间映射到对应的循环串进行统计即可。

D、题目链接

题意：

给定一个长度为n的全排列，定义 deviation为每个位上的数减去下标的绝对值之和，你可以进行把最右边的数放在最左的操作，问你可以通过这个操作得到的最小的deviation和得到这个deviation进行的操作个数。

思路：

先计算得出初始串的deviation 值，并统计 数字和下标相等的个数numa ，数字比下标小的个数numb ， 数字比下标大的个数numc，big[x]数组记录数字比下标大x的个数。每次操作，不考虑最后一位的变化，原本小的贡献会变得大，等于的贡献会变大，大的贡献会变小，利用numa,numb,numc，还有分类讨论最后位数与下标的大小的情况可以O(1)的更新deviation，统计最小值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n;int A[1000005];int big[1000005];int main(){    int a=0,b=0,c=0;    long long ans = 0;    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++){        scanf("%d",&A[i]);        ans += abs(A[i]-i);        if(A[i]>i){            c++;            big[A[i]-i]++;        }else if(A[i]==i){            a++;            big[0]++;        }else {            b++;        }    }//printf("ans-->%d\n",ans);    int pos = n , id = 0;    int ans_pos = 0 ;    long long tmp = ans;    while(--pos){        id++;        tmp += b+a;        tmp -= c;        b = b+a;        c = c-big[id];        a = big[id];        if(A[pos+1]==n){            tmp += n-2;            int t = id + n-1;            if(t<=n)big[t]++;            b--;            c++;        }else if(A[pos+1]==1){            b--;            a++;            tmp -= n;        }else {            b--;            c++;            int t = id+A[pos+1]-1;            if(t<=n)big[t]++;            tmp += -abs(A[pos+1]-n-1)+(A[pos+1]-1);        }        //printf("%d %d a->%d b->%d c->%d\n",id,tmp,a,b,c);        if(tmp<=ans){            ans = tmp;            ans_pos = id;        }    }printf("%I64d %d\n",ans,ans_pos);    return 0;}

E、题目链接

题意:

有三个装置，装置A放在（m，0）处，装置B放在（0，n）处，装置C不明。

第一步把装置A直线移动到原点，第二步把装置B直线移动到原点，当三个装置都位于整数点上且他们之间的三角形面积为s时会发出一次信号，问移动过程中有多少个位置可能会发出信号。

m,n,s都是以3个整数ma*mb*mc=m的形式给出，1000组数据一个文件。

思路：

考虑第一步操作的过程，设A(k,0),B(0,n),C(x,y)，则利用叉积求得三角形面积为k*(y-n)+x*n，只需要判断这个式子能否等于2s，很明显该式子有整数解只需要满足gcd(k,n)|2s，那么我们只需要求满足gcd(k,n)|2s的k个数即可，设n和2s的唯一分解式为n=PI(pi^ni) , 2s = PI(pi^si) ，我们知道当相同pi时，若ni>si，则pi^(si+1)不能整除k，利用这点加上容斥可以求得第一步里可能的位置个数。

考虑第二步操作的过程，设A(0,0),B(0,k),C(x,y)，则三角形面积为k*x，那么只有求得满足 k|2s 的k的个数即可，dfs一下即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<long long,int>#define fi first#define se secondusing namespace std;vector<pii>V;map<int,int>M[4];long long n , m , s , ans;void oper(int x,int k){    for(int i=2,ed=sqrt(x+0.5);i<=ed&&x>1;i++){        while(x%i==0){            x/=i;            M[k][i]++;        }    }if(x>1)M[k][x]++;}void dfs1(int pos,int need,int k,long long val,const long long& x){    if(!need||val>x){        ans += k * x/val;        return ;    }for(int i=pos;i<V.size();i++){        if(val*V[i].fi/V[i].fi==val)            dfs1(i+1,need-1,k,val*V[i].fi,x);    }}void dfs2(int pos , long long val ,const long long& mx){    if(val<=mx){        ans++;    }else {        return ;    }    for(int i=pos;i<V.size();i++){        long long t = val;        for(int j=1;j<=V[i].se;j++){            t *= V[i].fi;            dfs2(i+1,t,mx);        }    }}long long qpow(long long x,int y){    long long res = 1;    while(y){        if(y&1)res *= x;        y>>=1;        x *= x;    }return res;}int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--){        V.clear();        for(int i=0;i<3;i++)M[i].clear();        n = 1 , m = 1 , s = 2;        M[2][2]++;        for(int i=0,x;i<3;i++){            scanf("%d",&x);            n *= x;            oper(x,0);        }for(int i=1,x;i<=3;i++){            scanf("%d",&x);            m *= x;            oper(x,1);        }for(int i=1,x;i<=3;i++){            scanf("%d",&x);            s *= x;            oper(x,2);        }        M[3].clear();        V.clear();        for(auto it = M[0].begin();it!=M[0].end();it++){            if( it->se > M[2][it->fi]){                V.emplace_back(pii(qpow(it->fi,M[2][it->fi]+1),0));            }        }ans = m;        for(int i=1;i<=V.size();i++){            dfs1(0,i,(i&1)?-1:1,1,m);        }//printf("ans-->%I64d\n",ans);        V.clear();        for(auto it=M[2].begin();it!=M[2].end();it++){            if(it->se){                V.emplace_back(*it);            }        }dfs2(0,1,n);        printf("%I64d\n",ans);    }return 0;}