Educational Codeforces Round 159 (Div. 2) A~E

A.Binary lmbalance（思维）

题意：

给出一个01字符串，你可以对字符串进行无限次下列操作：

选择一个位置 $\le i \le |s| - 1,\text{|s|为字符串s的长度})$
- 如果 $\ne s[i + 1]$ ，在 $s [i]$ 和 $s [i + 1]$ 之间插入一个'0'
- 如果 $s [i] = s [i + 1]$ ，在 $s [i]$ 和 $s [i + 1]$ 之间插入一个'1'

问：能否在经过一些操作后，使得字符串中0的数量严格大于1的数量。

分析：

只要字符串中同时存在01，那么就可以无限产生0，此时必然成立，如果字符串中没有1，那么也必然成立。

只会当字符串中只有1时，才无法使0的数量严格大于1的数量。

代码：

#include <bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;void solve() {int n;string s;cin >> n >> s;int one = 0, zero = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (s[i] == '0') zero++;else one++;}if (one && !zero) {//只有1出现，0没有出现才是NOcout << "NO" << endl;} else {cout << "YES" << endl;}
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

B.Getting Points(数学)

题意：

有 $n$ 天时间可以学习（第一天为周一），每天可以去上课，上课将获得 $l$ 点学分，每周一会布置一个课后练习，完成练习可以获得 $t$ 点学分。

每天可以选择休息或去上课，如果选择休息，那么无法得到当天的学习学分，且不能完成课后练习。如果选择去上课，可以获得上课的学分，且每天去上课可以在未完成的练习中选择不超过两个练习任务完成。

问：需要获得 $P$ 点学分才能毕业，最多可以休息多少天。

分析：

分两种情况进行考虑：

1.如果每次去上课均完成两个任务，且这样就能获取足够的学分，那么就计算最少需要去上课几天。
2.如果仅用最少上课天数去完成任务无法达到毕业学分，那么就需要额外的时间去上课，计算所需的额外天数。

题意：

#include <bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;void solve() {LL n, l, t, P;cin >> n >> P >> l >> t;LL task_cnt = n / 7 + (n % 7 != 0);//计算练习任务的数量LL lesson_cnt = (task_cnt + 1) / 2;//计算完成练习任务所需的天数LL earn = task_cnt * t + lesson_cnt * l;//每次去上课都可以获得上课的学分以及任务的学分if (earn >= P) {//此时已经拿够学分了LL one_earn =  t * 2 + l;//计算一天可以获得的学分LL ans = P / one_earn;//计算所需的天数if (ans * one_earn < P) {ans++;}cout << n - ans << endl;} else {P -= earn;//计算还需要获得的学分LL ans = lesson_cnt + P / l + (P % l != 0);//此时每天只能获得上课的学分，计算额外的天数cout << n - ans << endl;}
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

C.Insert and Equalize(GCD)

题意：

给出一个包含 $n$ 个数字的数组 $a$ ，其中每个数字均不相同。

你需要在数组 $a$ 中插入一个数组 $a$ 中没有的数字，然后选择一个 $x$ ，对数组中每个数通过加上若干次 $x$ 后，使得所有数字均相同。

问：最少需要多少次操作，才能使得数组中所有数字均相同？

分析：

对 $a$ 数组进行排序（此时数据存储于下标 $\sim n$ ）

令 $a [n]$ 为操作完最终的数，为了使所有数字均能通过加上 $x$ 变为 $a [n]$ ，且操作次数最少，那么需要对 $a$ 数组所有数变为 $a [n]$ 所需加上的值取GCD（最大公约数）。

然后考虑插入的新数字怎么选择，考虑如果选择最大的数字加上 $x$ 的值做为新的数字，那么此时的操作次数需要加上 $n$ （原数组中 $n$ 个数字还需再加上）。

而如果能选择一个满足 $\times x(k \lt n)$ 的一个数字，那么只需要额外 $k$ 次操作就能使新插入的数字也变为 $a [n]$ ，此时操作次数一定小于前面的方案，此时的 $k$ 可以通过for循环进行枚举获得。

代码：

#include <bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;int n;
LL a[N];void solve() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];}sort (a + 1, a + n + 1);LL x = a[n] - a[1];for (int i = 2; i <= n; i++) {x = __gcd(x, a[n] - a[i]);}x = max(1ll, x);//考虑n为1时的情况LL cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {cnt += (a[n] + x - a[i]) / x;}LL ans = cnt;for (int i = n - 1, k = 1; i >= 1; i--, k++) {if (a[i] != a[n] - k * x) {//找最小的kans = min(ans, cnt - n + k);break;}}cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

D. Robot Queries（思维+STL）

题意：

有一个无限的二维网格。一开始，机器人站在 $(0, 0)$ 点。机器人可以执行四条指令：
$U, D, L, R$ 分别表示向上下左右走一步。现在给你一个由 $U D L R$ 构成的操作序列 $s$ ，以及 $q$ 次查询，每次查询给出 $x, y, l, r$ ，表示将 $s [l] - s [r]$ 这段操作序列翻转。
询问机器人在执行命令序列 $s$ 时是否访问了点 $(x, y)$

分析：

序列不翻转的情况下，走到每一个字母对应的位置一定是固定的，这样的情况查询每个点有没有被经过只要记录一下即可，如果进行了区间翻转， $1$ 到 $l - 1$ 以及 $r$ 到 $n$ 的位置仍然是不变的，只有 $l$ 到 $r$ 之间进行了中心翻转，通过画图可以发现如果 $(x, y)$ 翻转之后的坐标为 $(s x [l - 1] + s x [r] - x, sy [l - 1] + sy [r] - y)$ ，只要查询这个点所记录的所有达到这个点的位置是否在 $(l, r)$ 之间即可

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
int sx[200005], sy[200005];int main() {int n, q;cin >> n >> q;string s;cin >> s;map<pair<int, int>, vector<int>> mp;int x = 0, y = 0;sx[0] = 0, sy[0] = 0;mp[{x, y}].push_back(0);for (int i = 0; i < n; i++) {if (s[i] == 'U') {y++;}if (s[i] == 'D') {y--;}if (s[i] == 'R') {x++;}if (s[i] == 'L') {x--;}mp[{x, y}].push_back(i + 1);sx[i + 1] = x, sy[i + 1] = y;}while (q--) {int x, y, l, r;cin >> x >> y >> l >> r;int ok = 0;if (mp[{x, y}].size() >= 1) {if (mp[{x, y}][0] < l || mp[{x, y}][mp[{x, y}].size() - 1] >= r) {ok = 1;cout << "YES" << endl;continue;}}int xx = sx[l - 1] + sx[r] - x;int yy = sy[l - 1] + sy[r] - y;if (mp[{xx, yy}].size() >= 1) {auto k = lower_bound(mp[{xx, yy}].begin(), mp[{xx, yy}].end(), l);if (k != mp[{xx, yy}].end() && *k < r)ok = 1;}if (ok == 1) {cout << "YES" << endl;} elsecout << "NO" << endl;}return 0;
}

E. Collapsing Strings （字典树）

题意：

给 $n$ 个字符串 $s [i]$ ， $\vert s[i]\vert$ 表示 $s [i]$ 的长度，两个字符串的合并 $C (a, b)$ 的运算如下：

如果 $a$ 为空，则 $C (a, b) = b$
如果 $b$ 为空，则 $C (a, b) = a$
如果 $a$ 的最后一个字母等于 $b$ 的第一个字母，则 $C(a,b)=C(a_1,|a|-1,b_2,|b|)$ ，其中 $s_{l,r}$ 是 $s$ 从 $l$ 字母到 $r$ 字母的子串；
否则为 $C (a, b) = a + b$ ，即两个字符串的连接。

询问 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \vert C(s_i,s_j) \vert$

分析：

每一个字符串都要和其他包括自己的所有字符进行 $C$ 操作，对于任何一个固定的字符串 $s$ ，它要和所有的字符串进行拼接，也就是要减去最长相等前后缀的贡献。用字典树存所有的前缀的个数。枚举所有字符串后缀从长往短搜，每次先加上当前字符串总长，再考虑容斥从答案中减去重复的答案。
记录前一个后缀匹配前缀的个数 $l s t$ ，当前后缀匹配前缀的个数 $c u r$ ，以当前后缀作为匹配后缀减去的个数为 $c u r - l s t$ ，答案减去这一部分即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int ch[N][26], cnt[N], idx;void insert(string s) {int p = 0;for (int i = 0; i < s.size(); i++) {int j = s[i] - 'a'; // 字母映射if (!ch[p][j])ch[p][j] = ++idx;p = ch[p][j];cnt[p]++;}
}vector<int> query(string s) {vector<int> v(s.size(), 0);int p = 0;for (int i = 0; i < s.size(); i++) {int j = s[i] - 'a';if (!ch[p][j])break;p = ch[p][j];v[i] = cnt[p];}return v;
}int main() {int n;cin >> n;vector<string> s(n);int tot = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> s[i];insert(s[i]);tot += s[i].size();}LL ans = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {reverse(s[i].begin(), s[i].end());int len = s[i].size();ans += tot + 1LL * len * n;int lst = 0;auto v = query(s[i]);for (int j = s[i].size() - 1; j >= 0; j--) {int cur = v[j];int ad = cur - lst;lst = cur;ans -= 2 * (j + 1) * ad;}}cout << ans << endl;return 0;
}