Codeforces Round #209 (Div. 2)

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A. Table

题意：水题

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int main(){    int n , m , x;    int ans = 4;    scanf("%d%d" , &n , &m);     for(int i = 0 ; i < n ; i++){        for(int j = 0 ; j < m ; j++){            scanf("%d" , &x);            if(x && (i == 0 || i == n-1 || j == 0 || j == m-1))              ans = 2;        }    }    printf("%d\n" , ans);    return 0;

B. Permutation

题意：给定n个k，要求找到一个序列长度为2*n并且序列每个数1~2n区间的某个值。这个序列要满足. 

思路：对上面的等式进行化简可以得到|a1-a2| + |a3-a4| + ... + |a2i-1-a2i|  - | (a1-a2) + (a3-a4) + ... + (a2i-1-a2i)| = 2K , 并且题目规定2k <= n 。

           由于这个序列的每个数是1~2n的某个值，那么如果让这个序列为1,2,3,4....2n-1,2n，那么等式的值为n-n = 0。通过观察等式我们可以知道|a1-a2| + |a3-a4| + ... + |a2i-1-a2i|这个式子的值和a1,a2，a3,a4的顺序无关，那么我们只要让| (a1-a2) + (a3-a4) + ... + (a2i-1-a2i)|这个式子的值为2k-n即可，其实就是变换k对的a的顺序。

代码：

// this is Problem B#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int MAXN = 50010;int main(){    int n , k;    scanf("%d%d" , &n , &k);    int ans[2*MAXN];    for(int i = 1 ; i <= n*2 ; i += 2){        ans[i] = i;        ans[i+1] = i+1;    }       int j = 1;    for(int i = 1 ; i <= k ; i++ , j+=2)        swap(ans[j] , ans[j+1]);    for(int i = 1 ; i < 2*n ; i++)        printf("%d " , ans[i]);    printf("%d\n" , ans[2*n]);     return 0;}

C Prime Number

题意：给定n个数和x，令 = t/s，求t和s的最大公约数

思路：我们可以把左边的式子进行化简，得到x^(sum-a1)+x^(sum-a2)+...+x^(sum-an) / x^sum

           由于分子和分母都是和x有关的等式，我们假设分子中的最小项为min，那么可以化简为

           x^(sum-a1)+x^(sum-a2)+...+x^(sum-an) / x^sum = min*a / b

           因为min是最小的，因此a和b的最小公约数为1，因此答案就是min，所以我们要求的就是min

           但是要注意的是假设分子中有多项的min，比如min = 2^2，但是现在有5项，即5*2^2，我们应该要进行升幂运算

代码：

#include<map>#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long int64;const int MOD = 1e9+7;const int MAXN = 100010;int n , x;int num[MAXN];int64 sum;map<int64,int64>mp;int64 quickPow(int64 m , int64 t){    int64 sum = 1;    while(t){        if(t%2 == 1)            sum = sum*m%MOD;        m = m*m%MOD;        t = t/2;    }    return sum%MOD;}void solve(){    int64 ans = sum;    map<int64 , int64>::iterator it;    for(it = mp.begin() ; it != mp.end() ; it++){        if(it->second >= x){            mp[(it->first)+1] += (it->second)/x;            (it->second) %= x;        }        if(it->second){            ans = min(ans , it->first);            break;        }    }    ans = quickPow(x , ans);    cout<<ans<<endl;}int main(){    while(scanf("%d%d" , &n , &x) != EOF){        sum = 0;        for(int i = 0 ; i < n ; i++){            scanf("%d" , &num[i]);            sum += num[i];        }        mp.clear();        for(int i = 0 ; i < n ; i++)            mp[sum-num[i]]++;        solve();     }    return 0;}

D Pair of Numbers

题意：给定n个数，要求找到所有区间[l,r]，要求这个区间满足两个条件：区间内有一个数a[j]能够整除区间的任何数，并且r-l最大。输出有几个这样的区间和最大的r-l以及所有满足的区间的左端点

思路：暴力枚举每个数。假设当前数为a[i]，那么我们就以a[i]为除数，分别向左边和右边去扩展找到以它为除数的最大的满足区间，这样即可 

代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int MAXN = 3*100010;int n , num[MAXN];int ans , out[MAXN];int l[MAXN] , r[MAXN];void solve(){    // make left    l[1] = 1;    for(int i = 2 ; i <= n ; i++){       if(num[i-1]%num[i] == 0){           l[i] = l[i-1];           int tmp = l[i];           while(tmp > 1 && num[tmp-1]%num[i] == 0)               tmp--;           l[i] = tmp;       }       else           l[i] = i;    }    // make right    r[n] = n;    for(int i = n-1 ; i >= 1 ; i--){        if(num[i+1]%num[i] == 0){           r[i] = r[i+1];           int tmp = r[i];           while(tmp < n && num[tmp+1]%num[i] == 0)                tmp++;           r[i] = tmp;         }        else            r[i] = i;    }    ans = 0;    for(int i = 1 ; i <= n ; i++)        ans = max(ans , r[i]-l[i]);    // make out    int pos = 0;    for(int i = 1 ; i <= n ; i++)        if(ans == r[i]-l[i])           out[pos++] = l[i];    pos = unique(out , out+pos)-out;    printf("%d %d\n%d" , pos , ans , out[0]);    for(int i = 1 ; i < pos ; i++)        printf(" %d" , out[i]);    printf("\n");}int main(){    while(scanf("%d", &n) != EOF){        for(int i = 1 ; i <= n ; i++)            scanf("%d" , &num[i]);        solve();    }    return 0;}

E Neatness

题意：搜索

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;const int MAXN = 510;int mat[MAXN][MAXN];int n , sum , pos;bool vis[MAXN][MAXN];int dir[4][2] = {{-1,0},{0,1},{1,0},{0,-1}};char forwad[4] = {'U','R','D','L'};char backwad[4] = {'D','L','U','R'};char ans[MAXN*10000];bool isOut(int x , int y){    return (x < 1 || x > n || y < 1 || y > n);}bool check(int x , int y , int d){    while(1){        if(isOut(x , y) || vis[x][y])            return false;        if(mat[x][y])            return true;        x = x+dir[d][0];        y = y+dir[d][1];    }}void dfs(int x , int y){    if(!mat[x][y]){        mat[x][y] = 1;        ans[pos++] = '1';        sum++;    }    vis[x][y] = true;    for(int i = 0 ; i < 4 ; i++){        int tx = x+dir[i][0];        int ty = y+dir[i][1];        if(isOut(tx , ty) || vis[tx][ty] || !check(tx , ty , i))            continue;        ans[pos++] = forwad[i];        dfs(tx , ty);        ans[pos++] = backwad[i];    }    sum--;    ans[pos++] = '2';}int main(){    int x , y;    while(scanf("%d%d%d" , &n , &x , &y) != EOF){         sum = 0;         for(int i = 1 ; i <= n ; i++){             for(int j = 1 ; j <= n ; j++){                 scanf("%d" , &mat[i][j]);                 sum += mat[i][j];             }         }         pos = 0;         memset(vis , false , sizeof(vis));         dfs(x , y);          if(sum){             puts("NO");         }         else{             puts("YES");             ans[pos] = '\0';             puts(ans);         }    }    return 0;}