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CodeForces Round #278 (Div.2) (待续)
A
这么简单的题直接贴代码好了。
1 #include <cstdio> 2 #include <cmath> 3 using namespace std; 4 5 bool islucky(int a) 6 { 7 a = abs(a); 8 while(a) 9 {10 if(a % 10 == 8) return true;11 a /= 10;12 }13 return false;14 }15 16 int main(void)17 {18 int a, b = 1;19 scanf("%d", &a);20 while(!islucky(a + b)) b++;21 printf("%d\n", b);22 23 return 0;24 }
B
题意：
有4个从小到大排列的正整数，x1 x2 x3 x4 ，他们满足下面三个数相等：
现在丢了4-n的数，只剩下其中的n个数(0≤n≤4)
问能否找到4-n个正整数，使得这四个数重新满足上面的条件。
分析：
这道题思路很简单，就是比较繁琐，看到有人写了100多甚至200行代码，所以我还是觉得有必要把我的思路详细分析一下的。
对条件变一下形，等价于下面两个条件：
- x4 = 3x1
- x1 + x4 = x2 + x3
我们对n不同的情况来考虑
- n=0，直接随便输出一组解就好了，比如 1 1 3 3
- n=1，比如所给的数为a， a a 3a 3a 就是一组解
- n=2，所给的数为a b(a ≤ b), 我们断言b ≤ 3a时，才有解，为 a b (4a-b) 3a 。 首先若b ≤ 3a，前面所给的解是满足条件的。 若 b ＞ 3a，则四个数中最小的一定是a，最大的一定是b，然而根据我们的条件有x4 = 3x1，即b = 3a，导出矛盾，所以无解。
- n=3，设所给的三个数为a、b、c。我们只枚举有解的情况，其他情况则无解：
- 若c = 3a，则 a b (4a-b) 3a 是一组解
- 若c ≤ 3a 且 b + c = 4a， 这时 a b c 3a 是一组解
- 若c是3的倍数 且 a + b =
, (c / 3) a b c，是一组解
- n=4直接判断是否满足题目要求条件就好了
代码也比较短，只有50多行。
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 using namespace std; 4 5 int n, a[4], ans[4]; 6 7 bool solve() 8 { 9 switch(n)10 {11 case 0:12 ans[0] = ans[1] = 1, ans[2] = ans[3] = 3;13 return true;14 case 1:15 ans[0] = a[0], ans[1] = ans[2] = 3 * a[0];16 return true;17 case 2:18 if(a[1] <= a[0] * 3)19 {20 ans[0] = a[0] * 3;21 ans[1] = a[0] * 4 - a[1];22 return true;23 }24 return false;25 case 3:26 if(a[2] == a[0] * 3)27 { ans[0] = a[0] * 4 - a[1]; return true; }28 if(a[2] <= a[0] * 3 && a[1] + a[2] == a[0] * 4)29 { ans[0] = a[0] * 3; return true; }30 if(a[2] % 3 == 0 && a[0] + a[1] == a[2]/3*4)31 { ans[0] = a[2] / 3; return true; }32 break;33 case 4:34 if(a[0] + a[3] == a[1] + a[2] && a[0] * 3 == a[3])35 return true;36 }37 return false;38 }39 40 int main(void)41 {42 scanf("%d", &n);43 for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);44 sort(a, a + n);45 if(solve())46 {47 printf("YES\n");48 for(int i = 0; i < 4-n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);49 }50 else printf("NO\n");51 52 return 0;53 }
C(暴力)
题意：
Master Yang 要去打败一个怪兽(Monster)， 他和怪兽都有血量HP，攻击力ATK和防御力DEF。
每个时刻，怪兽使杨大师血量减少 max{0, ATKM - DEFY}, 同样地， 杨大师对怪兽造成的伤害为 max{0, ATKY - DEFM}
如果某一时刻HPY ＞ 0 且 HPM ≤ 0，则视为将怪兽打败。
为了能够打败怪兽，杨大师可以去商店购买HP、ATK和DEF。
现给出杨大师和怪兽的HP、ATK和DEF，和购买每点HP、ATK和DEF所需要消耗的金币，求能够打败怪兽所需要的最少的金币。
分析：
因为数据范围很小，所以暴力是完全可以的。
我们枚举可能购买的攻击力和防御力，然后算出打败怪兽后的剩余HP，如果HP少于1，那么就要购买相应的补回来。然后取每次总花费的最小值。
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 using namespace std; 4 5 int main(void) 6 { 7 int y[3], m[3], price[3], ans = 2000000000; 8 for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &y[i]); 9 for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &m[i]);10 for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &price[i]);11 12 for(int buyatk = 0; buyatk <= 200; ++buyatk)13 for(int buydef = 0; buydef <= 200; ++buydef)14 {15 int crtatk = y[1] + buyatk;16 int crtdef = y[2] + buydef;17 int hurty = max(0, m[1] - crtdef); //杨大师收到的伤害18 int hurtm = max(0, crtatk - m[2]); //怪兽收到的伤害19 if(hurtm == 0) continue; //打不掉怪兽的血，跳过循环20 int k = m[0] % hurtm == 0 ? m[0]/hurtm : m[0]/hurtm + 1;21 int LeftHP = y[0] - hurty * k;22 int cost = price[1] * buyatk + price[2] * buydef + (1 - LeftHP > 0 ? (1 - LeftHP) * price[0] : 0);23 ans = min(ans, cost);24 }25 26 printf("%d\n", ans);27 28 return 0;29 }
D
像这种贪心贪不出来的都感觉是DP。
在CF上扒了一个46ms的代码，也总算是看懂了。
题意：
纸条上有n个数，可以将纸条剪为若干小段(只有一个数字也可以)，使得每段上的数字满足：
- 最大值与最小值之差不超过s
- 数字个数不少于l
分析：
从第一个数开始向左右两个方向延伸(第一个数只能往右延伸)，求得一个最大的闭区间[left1, right1]，使得这个区间里的数都满足第一个条件 max - min ≤ s.
如果区间的长度小于l，则无解
如果长度大于等于l，我们则求出了第一段纸片右端点的一个范围[l, right1]
第二段纸片从第 right + 1 个数向两侧延伸，这时向左延伸就有了一个界限，因为要保证第一段纸片至少有l个数，所以第二段纸片最多只能向左延伸到第l+1个数。
记此时的区间为[left2, right2]，同样地，看区间的长度是否≥l来判断是否有解。这样一来，为了保证在第三段纸片延伸的时候第二段至少有l个数，所以第三段纸片至多向左延伸到left2+l+1
所以我们用last来记录每次向左延伸的界限
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 using namespace std; 4 5 const int maxn = 100000 + 10; 6 long long a[maxn], last = 0; 7 bool flag = true; 8 9 int main(void)10 {11 //freopen("Din.txt", "r", stdin);12 13 long long n, s, l, ans = 0;14 scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &s, &l);15 for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%I64d", &a[i]);16 17 long long pos, left, right;18 for(pos = 0; pos < n; ++pos) //从pos位置开始延伸19 {20 long long maxm, minm, cnt = 1; //区间延伸过程中的最小值和最大值，以及区间中元素的个数21 22 maxm = a[pos], minm = a[pos]; 23 right = pos + 1;24 while(right < n)25 {26 maxm = max(maxm, a[right]);27 minm = min(minm, a[right]);28 if(maxm - minm <= s) cnt++;29 else break;30 right++;31 }32 right--;33 34 maxm = a[pos], minm = a[pos];35 left = pos - 1;36 while(left >= last)37 {38 maxm = max(maxm, a[left]);39 minm = min(minm, a[left]);40 if(maxm - minm <= s) cnt++;41 else break;42 left--;43 }44 left++;45 46 if(cnt < l)47 {48 flag =false;49 break;50 }51 ans++;52 last = left + l;53 pos = right;54 }55 56 if(!flag) ans = -1;57 printf("%I64d\n", ans);58 59 return 0;60 }
E(数论+构造)
题意：
给出一个正整数n，问是否存在一个 1~n的排列，使得前i个数的乘积模上n的余数得到的序列是0~n-1的一个排列。
分析：
当n为1、4和素数的时候有解，构造方法是用 (i+1)*(i的逆元)%n 填充当前的数。
这道题先留着，等我比较系统地学习数论以后在给出严格证明以及代码。
CodeForces Round #278 (Div.2) (待续)