Codeforces Round #911 (Div. 2)

A.Cover in Water

题意:

有一个 1 × n 1 \times n 1×n的水池,里面有些格子可以加水,有些格子是被堵上的,你可以进行以下两种操作:

  • 1.往一个空的格子里加水

  • 2.移除一个有水的格子中的水,并将这些水添加到另一个格子中

且如果两个有水的格子中间都是空格子,那么水将覆盖中间所有的空格子。

问最少进行多少次操作1,才能使所有空格子中均有水。

分析:

不难发现,只要出现一段长度大于2的连续空格子,那么就可以在这段格子两端各使用一次操作1,然后这段格子中间就全部被水覆盖了,且无论怎么使用操作2,由于两端均有水,取完之后格子也不会变空,可以无限取,即一定只需要两次操作1.

如果没有任意一段连续的空格子长度大于2,那么只能对每个格子使用一次操作1,才能使所有格子都包含水,此时的操作1使用次数就是空格子的个数。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void solve() {int n;string s;cin >> n >> s;int ans = 0, cnt = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (s[i] == '.') {cnt++;if (cnt > 2) {cout << 2 << endl;return;}} else {ans += cnt;cnt = 0;}}ans += cnt;//不要忘了加上最后一段cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

B.Laura and Operations

题意:

给出 a a a 1 1 1 b b b 2 2 2 c c c 3 3 3,每次可以选择 1 ∼ 3 1 \sim 3 13中的两个不同数字,消除这两个数字,并产生一个新的数字,这个产生的数字与消除的两个数字均不同,问有没有方法可以使最后只剩下 1 , 2 , 3 1, 2, 3 1,2,3中的一种(能否剩下 1 , 2 , 3 1, 2, 3 1,2,3的可能性单独输出)

分析:

首先,如果想要剩下的全部都是 1 1 1,那么就需要先将 2 2 2 3 3 3的数量变为相同的,再通过一直消除 2 2 2 3 3 3使得只剩下 1 1 1

那么要怎么让 2 2 2 3 3 3数量相同呢?

可以先消除 1 1 1和出现较多的数,不难发现,如果此时没有 1 1 1,是无法完成消除操作的,此时无解。

而每次消除 1 1 1和出现较多的数字,每次进行消除,可以使较大出现次数和较小出现次数之间的差减少2(不用担心1是否不够用,通过消除 2 2 2 3 3 3可以再获得 1 1 1),那么如果这两个数的出现次数差为奇数,是无法将这两个数完全消除的,此时也是无解。

结论:只要另外两个数的差为偶数,且满足以下两个要求之一,就可以完成消除操作:

  1. 想要留下的数字出现次数不为0

  2. 需要消除的两个数字出现次数已经相同

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void solve() {int a, b, c;cin >> a >> b >> c;if (abs(b - c) % 2 == 0 && (min(c, b) != 0 || a != 0)) {cout << 1;} else {cout << 0;}if (abs(a - c) % 2 == 0 && (min(a, c) != 0 || b != 0)) {cout << ' ' << 1;} else {cout << ' ' << 0;}if (abs(a - b) % 2 == 0 && (min(a, b) != 0 || c != 0)) {cout << ' ' << 1;} else {cout << ' ' << 0;}cout << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

C.Anji’s Binary Tree

题意:

有一棵二叉树,树上每个节点均写着"ULR"中的一个字符,这三个字符的含义如下:

  • 'U':当你走到这个节点,你需要向这个节点的父节点移动

  • 'L':当你走到这个节点,你需要向这个节点的左孩子移动

  • 'R':当你走到这个节点,你需要向这个节点的右孩子移动

问:你最少需要修改多少次节点上的字符,能使你从根节点出法到达叶节点。

分析:

  • 当前节点为'U':想要向叶节点移动,遇到'U'就需要修改,此时不需要考虑节点被修改成了什么。

  • 当前节点为'L':此时往左子树走不需修改次数,往右子树走需一次修改次数,记录两者中的较小值

  • 当前节点为'R':此时往右子树走不需修改次数,往左子树走需一次修改次数,记录两者中的较小值

从根节点开始搜索,到达叶节点返回,记录最小的修改次数即可。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3fint n, L[300005], R[300005];
string s;int dfs(int x) {if (x == 0) return INF;//走到空节点了,返回极大值if (L[x] == 0 && R[x] == 0) return 0;//走到叶节点,返回0if (s[x - 1] == 'U') {return min(dfs(L[x]), dfs(R[x])) + 1;} else if (s[x - 1] == 'L') {return min(dfs(L[x]), dfs(R[x]) + 1);} else {return min(dfs(L[x]) + 1, dfs(R[x]));}
}void solve() {cin >> n >> s;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> L[i] >> R[i];cout << dfs(1) << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

D.Small GCD

题意:

给出一个包含 n n n个元素的数组和一个函数 f ( a , b , c ) = g c d ( a , b ) f(a, b, c) = gcd(a, b) f(a,b,c)=gcd(a,b),其中 a < b < c a < b < c a<b<c

求: ∑ i = 1 n ∑ j = i + 1 n ∑ k = j + 1 n f ( a i , a j , a k ) \sum\limits_{i = 1}^{n}\sum\limits_{j = i + 1}^{n}\sum\limits_{k = j + 1}^{n}f(a_i, a_j, a_k) i=1nj=i+1nk=j+1nf(ai,aj,ak)

分析:

由于每轮取得三个数实际上只有两个较小数字会对答案产生影响,因此可以先对输入的元素进行排序。

然后使用两层for循环对 a i , a j a_i,a_j ai,aj进行枚举,此时的 g c d ( a i , a j ) gcd(a_i, a_j) gcd(ai,aj)的答案对于任意一个 k k k都是成立的,即 a i , a j a_i,a_j ai,aj对答案产生的贡献为 g c d ( a i , a j ) × ( n − j ) gcd(a_i, a_j) \times (n - j) gcd(ai,aj)×(nj)

但是,此时的时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2),是无法通过本题的,因此,需要对算法进行优化

优化

先考虑所有因数对答案的贡献,那么只需一层for循环,遍历到 a j a_j aj时,如果 a j a_j aj的因数 b b b在前面出现过,那么这个因数对答案的贡献就是在前面出现的次数(包含该因数的 a i a_i ai个数)乘上后面的数字个数,即: c n t [ b ] × ( n − i ) cnt[b] \times (n - i) cnt[b]×(ni)

而对于因数分解的时间复杂度是比较慢的,需要先对 1 0 5 10^5 105以内的数预处理所有因子。

求完所有因子产生的贡献后,需要考虑实际上求出的贡献计算了很多重复的情况,如因子为 2 2 2的贡献中包含了所有 2 2 2的倍数的贡献。需要将这些重复计算的贡献减去。

此时可以从后往前对因子进行遍历,每次先将所有由倍数产生的贡献减去,然后计算当前因子产生的贡献,即当前因子的出现次数乘上因子的值。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;const int N = 1e5 + 5e2;int n, a[N];
ll sum[N], cnt[N];vector<int> fact[N];void init() {for (int i = 1; i < N; i++) {for (int j = i; j < N; j += i) {fact[j].push_back(i);//预处理因子}}
}void solve() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];sort(a + 1, a + n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) {int len = fact[a[i]].size();for (int j = 0; j < len; j++) {sum[fact[a[i]][j]] += cnt[fact[a[i]][j]] * (n - i);cnt[fact[a[i]][j]]++;}}ll ans = 0;for (int i = a[n]; i >= 1; i--) {for (int j = i + i; j < N; j += i) {sum[i] -= sum[j];}ans += sum[i] * i;}cout << ans << endl;
}int main() {init();int Case;cin >> Case;while (Case--) {//初始化memset(sum, 0, sizeof (sum));memset(cnt, 0, sizeof (cnt));solve();}return 0;
}

E.Transitive Graph

更新中…

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