Codeforces Round #667 (Div. 3)

A - Yet Another Two Integers Problem

数学题，每次先加减10，最后一步缺多少加减多少

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{IO;int T;cin>>T;while(T--){int a,b;cin>>a>>b;int c=abs(a-b);int res=c/10;c%=10;if(c) res++;cout<<res<<endl;}return 0;
}

B - Minimum Product

数学题，分类讨论下即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{IO;int T;cin>>T;while(T--){ll n;ll a,b,x,y;cin>>a>>b>>x>>y>>n;if(n>=a-x+b-y) cout<<x*y<<endl;else{ll x1=max(x,a-n);ll y1=b-(n-(a-x1));ll y2=max(y,b-n);ll x2=a-(n-(b-y2));ll res1=x1*y1;ll res2=x2*y2;cout<<min(res1,res2)<<endl;}}return 0;}

这题很快想出做法，但是实现的时候总是打错这打错那，就是写的时候脑子很不清晰，浪费了很多时间。

C - Yet Another Array Restoration

由于x和y非常小，因此可以枚举公差，然后看看个数够不够，够就输出。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=100010;
const int INF=1000000000;
int n,x,y;
int main()
{IO;int T;cin>>T;while(T--){cin>>n>>x>>y;bool ok=1;for(int i=1;i<=y-x;i++)//枚举公差 x+k*i=y{if((y-x)%i) continue;//不能作为公差int k=(y-x)/i+1;// [x,y]之间个数if(k>n) continue;// 太多不符合题意int l=(x-1)/i,r=(INF-y)/i;//[1,x) (y,INF]之间的个数if(l+r+k>=n){int cnt=0;for(int j=x;j<=y;j+=i){if(cnt>=n) break;cout<<j<<' ';cnt++;}for(int j=x-i;j>=1;j-=i)//这里刚开始打成j>=0 wa了一发{if(cnt>=n) break;cout<<j<<' ';cnt++;}for(int j=y+i;j<=INF;j+=i){if(cnt>=n) break;cout<<j<<' ';cnt++;}break;}}cout<<endl;}return 0;
}

D - Decrease the Sum of Digits

刚开始还写了个暴力？连样例都过不了hh
后来想了一下就是每次把最后面的位变成0即可。
先求出原数几位数，然后从个位开始，每次让该位变成0，然后判断

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<queue>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll n,s;
int calc(ll x)//个个位数的和
{ll res=0;while(x){res+=x%10;x/=10;}return res;
}
int main()
{IO;int T;cin>>T;while(T--){cin>>n>>s;int len=0;ll y=n;while(y){y/=10;len++;}ll base=10;ll b=n;while(len--){if(calc(n)<=s) break;ll now;if(n%(base*10)) now=(n/base+1)*base;else now=n;if(calc(now)<=s){n=now;break;}base*=10;n=now;}cout<<n-b<<endl;}return 0;
}

这题也是，把自己想法实现的过程中出现了很多错误，思路非常不清晰，导致写完这题基本没啥时间了，再加上室友都睡觉了我也就睡了。

E - Two Platforms

分析可知这题之和x坐标有关，而且最终这两个平台不相交一定更优。然后就转化为两个长度为k的线段覆盖最多的点，先对x左边排序，双指针预处理平台左端点第i个点开始能长度为k的线段覆盖点的个数记为cnt[i]，考虑枚举一个平台的左端点找出另一个平台在哪即在[i+cnt[i],n]内找出一个长度为k的线段覆盖最多点的个数即max(cnt[j],cnt[j+1],...cnt[n])(j=cnt[i]+i)。我们可以用刚刚预处理出的cnt[i]再预处理出从[i,n]中一个长度为k的线段覆盖最多点的个数即max(cnt[i],cnt[i+1],...cnt[n])记为mcnt[i]，然后枚举一边即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200010;
int n,k;
int a[N],b[N];
int mcnt[N],cnt[N];
int main()
{IO;int T;cin>>T;while(T--){cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];//象征输入一下sort(a+1,a+1+n);for(int i=1,j=1;i<=n;i++){while(j<=n&&a[j]<=a[i]+k) j++;cnt[i]=max(j-i,cnt[i]);}int now=0;for(int i=n;i;i--){mcnt[i]=max(now,cnt[i]);now=max(now,cnt[i]);}int res=0;for(int i=1,j=1;i<=n;i++) res=max(res,cnt[i]+mcnt[cnt[i]+i]);for(int i=1;i<=n;i++) mcnt[i]=0,cnt[i]=0;//注意清空cout<<res<<endl;}return 0;
}

F - Subsequences of Length Two

首先如果t[0]==t[1]，直接统计出s[i]==t[0]最多的个数算一下即可。
如果t[0]!=t[1]考虑设计状态f[i][j][k]表示对于s前i个字符，s[1~i]==t[0]的个数为j，并且更换了k次。对于每个i考虑是否使用更换操作即可轻松转移。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
const int N=210;
int f[N][N][N];
string s,t;
int n,m;
int main()
{IO;cin>>n>>m;cin>>s>>t;s='x'+s;int res=0;if(t[0]!=t[1]){memset(f,-0x3f,sizeof f);f[0][0][0]=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=n;j++)for(int k=0;k<=m;k++){// 不更换f[i][j][k]=f[i-1][j][k];if(s[i]==t[0]){if(j) f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k]);}if(s[i]==t[1]){f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+j);}// 更换if(k){if(j) f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k-1]);f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k-1]+j);}res=max(res,f[i][j][k]);}}else{int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++) cnt+=int(s[i]==t[0]);cnt=min(n,cnt+m);res=cnt*(cnt-1)/2;}cout<<res<<endl;return 0;
}