Codeforces Round #698 (Div. 2)_nezzar and

作者：盐析白兔 | 2024-02-10 21:02:00

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nezzar and

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Codeforces Round #698 (Div. 2)

Codeforces Round #698 (Div. 2)

A. Nezzar and Colorful Balls

题意： 给定n个球，每个球有一个数字a[i]。现在要给所有的球染色，要求同一个颜色的球的数字a[i]单调递增。问最少需要多少的颜色才能将所有球染色完毕

题解： 思维。相同数字最多的球是多少个即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, m, _;
int a[1000];
int main() {
    cin >> _;
    while(_--){
        cin >> n;
        for (int i = 0; i < n;i++) cin >> a[i];
        int cnt = 1;
        int res = 1;
        for (int i = 1; i < n;i++){
            if (a[i] == a[i - 1]) cnt++;
            else cnt = 1;
            res = max(res, cnt);
        }
        cout << res << endl;
    }
    return 0;
}
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B. Nezzar and Lucky Number

题意： 给定x和d，如果x能够表示为若干个幸运数字的和，那么打印yes，否则no。定义幸运数字为某位上含有k的数字

题解： 思维。首先0 ~ 10 * d的个位上包含了0 ~ 10的所有数字，因此如果一个数字x能够找到一个k的倍数和他的个位相同，那么就能转换为t * d + m * 10，比如k = 7，x = 58，那么58 = 28 + 30 = 4 * 7 + 30，那么我可以将一个7分到后面的30里面，则58 = 3 * 7 + 37 = 7 + 7 + 7 + 37。因此每次对于一个数字x，我只需要枚举一下0 * d ~ 10 * d即可，如果大于等于10 * d，则一定可以，因为一定能枚举到某个d的倍数

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;
int const MAXN = 2e5 + 10;
int n, m, T;

int check(int n, int d){
    if (n >= 10 * d) return 1;
    for (int i = 1; i <= 10 && i * d <= n; ++i) {
        if ((n - i * d) % 10 == 0) return 1;
    }
    return 0;
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cin >> T;
    while(T--) {
        cin >> n >> m;
        for (int i = 1, t; i <= n; ++i) {
            cin >> t;
            if(check(t, m)) cout << "YES\n";
            else cout << "NO\n";
        }
    }
    return 0;
}
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C. Nezzar and Symmetric Array

题意： 定义长度为2 * n的对称数组a为，对于每个元素a[i]，数组中一定存在一个元素a[j] = -a[i]，且数组中所有元素都不相同。定义数组d为： $d_i=∑_{j=1}^{j = n}|a_i−aj|$ 。现在给定数组d，问是否存在对称数组a。

题解： 思维。这个大佬的题解写得很详细了：https://www.cnblogs.com/zwjzwj/p/14343119.html

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;
int const mxXN = 2e5 + 10;
int n, m, T;
LL d[mxXN];
unordered_map<LL, int> mp;
unordered_map<LL, int> cnt;

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cin >> T;
    while(T--) {
        cin >> n;
        mp.clear(), cnt.clear();
        for (int i = 1; i <= 2 * n; ++i) cin >> d[i], mp[d[i]]++;;
        sort(d + 1, d + 1 + n * 2);
        // d为偶数，d成对出现
        int flg = 1;
        for (int i = 1; i <= n * 2; ++i) {
            if ((d[i] & 1) || mp[d[i]] % 2 != 0) flg = 0;
        }
        LL mx = d[2 * n],sum = 0;
        if(d[2 * n] % (2 * n) != 0) flg = 0;
        mx /= (2 * n);
        cnt[mx]++;
        for(int i = 2 * n - 2; i >= 1; i -= 2){
            sum += 2 * mx;
            if((d[i] - sum) % i != 0) flg = 0;
            mx = (d[i] - sum) / i;
            if(cnt[mx] == 1) flg = 0;
            cnt[mx]++;
            if(mx <= 0) flg = 0;
        }
        if (flg) cout << "YES\n";
        else cout << "NO\n";
    }
    return 0;
}
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D. Nezzar and Board

题意： 给定长度为n的a数组，每次可以选择任意2个数字x和y，然后将2 * x - y加入数组，问是否能够通过若干次操作得到k。

题解： 思维题。2 * x - y意思是可以将x加上和y的差值或者减去和y的差值。那么现在对于任意2个差值，通过手推发现，我可以得到他们的gcd差值，而且这个差值可以转移到任意一个数字身上，因此我只需要判断全部差值的gcd是否整除a[1] - k即可。或者更加严谨的证明见这个大佬：https://blog.csdn.net/weixin_45750972/article/details/113389644

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;
typedef long long LL;
int t;
LL a[N];
int main() {
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        LL k;
        cin >> n >> k;
        LL g = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> a[i];
        }
        sort(a, a + n);
        g = a[1] - a[0];
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            g = __gcd(a[i] - a[i - 1], g);
        }
        if(abs(k-a[1])%g==0)
            cout << "YES" << endl;
        else
            cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
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E. Nezzar and Binary String

题意： Nezzar希望将其长度为n的二进制字符串s与他的最好的朋友Nanako共享。 Nanako将花q天的时间检查二进制字符串。同时，Nezzar希望在这q天内将字符串s更改为字符串f，因为它看起来更好。

众所周知，菜菜子非常喜欢一致性。在第i天，Nanako将检查从位置li到位置ri的字符串s段。如果该段同时包含字符“ 0”和“ 1”，则Nanako会感到不满意并扔掉字符串。

经过检查后，在第i个晚上，Nezzar可以秘密地更改从li到ri（含）范围内的字符的严格少于一半的字符，否则更改将太明显。

现在，Nezzar想知道，是否有可能避免Nanako感到不快乐，同时在这q个昼夜中使字符串等于f。

题解： 倒序思维+线段树。问从s能否到f，但是因为检查是正着检查的，所有如果正着改就会导致后面的修改覆盖前面的修改，因此我们可以从f倒着改，看是否能够改到s。然后改的时候操作是唯一的，线段树维护即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct node {
    int l, r;
    int sum;
    int flag;
} t[maxn << 2];
int orig[maxn];
int a[maxn];
pair<int, int> b[maxn];

void pushup(int root) { t[root].sum = t[root << 1].sum + t[root << 1 | 1].sum; }

void pushdown(int root) {
    if (t[root].flag != -1) {
        t[root << 1].flag = t[root << 1 | 1].flag = t[root].flag;
        t[root << 1].sum =
            (t[root << 1].r - t[root << 1].l + 1) * t[root << 1].flag;
        t[root << 1 | 1].sum =
            (t[root << 1 | 1].r - t[root << 1 | 1].l + 1) * t[root << 1 | 1].flag;
        t[root].flag = -1;
    }
}

void build(int root, int l, int r) {
    t[root] = {l, r, 0, -1};
    if (l == r) {
        t[root].sum = a[l];
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    build(root << 1, l, mid), build(root << 1 | 1, mid + 1, r);
    pushup(root);
}

void update(int root, int l, int r, int val) {
    if (l <= t[root].l && t[root].r <= r) {
        t[root].flag = val;
        t[root].sum = (t[root].r - t[root].l + 1) * t[root].flag;
        return;
    }
    pushdown(root);
    int mid = t[root].r + t[root].l >> 1;
    if (l <= mid) update(root << 1, l, r, val);
    if (r > mid) update(root << 1 | 1, l, r, val);
    pushup(root);
}

int query(int root, int l, int r) {
    if (l <= t[root].l && t[root].r <= r) return t[root].sum;
    pushdown(root);
    int mid = t[root].r + t[root].l >> 1;
    int res = 0;
    if (l <= mid) res += query(root << 1, l, r);
    if (r > mid) res += query(root << 1 | 1, l, r);
    return res;
}

int main() {
    int tt;
    cin >> tt;
    while (tt--) {
        int n, q;
        cin >> n >> q;
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%1d", init + i);
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%1d", a + i);
        for (int i = 1; i <= q; i++) cin >> b[i].first >> b[i].second;
        build(1, 1, n);
        int flag = 0;
        for (int i = q; i >= 1; i--) {
            int l = b[i].first, r = b[i].second;
            int num = r - l >> 1;
            int one = query(1, l, r);
            int zero = r - l + 1 - one;
            if (zero <= num)
                update(1, l, r, 1);
            else if (one <= num)
                update(1, l, r, 0);
            else {
                flag = 1;
                break;
            }
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (orig[i] != query(1, i, i)) {
                flag = 1;
                break;
            }
        if (flag)
            cout << "NO" << endl;
        else
            cout << "YES" << endl;
    }
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F. Nezzar and Nice Beatmap

题意： 给你n个点，要你把n个点的顺序重新排序，使得相邻点连边形成的所有角度都是锐角。

题解： 数学+思维。锐角三角形的两边的平方和大于第三边，因此一开始我们可以随机选一个点，然后每次都找到距离这个点最远的点，这样就能够使得任意两边的平方和大于第三边。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 5050
#define int long long 

int n;
struct point {
    int x, y;
    void input() { scanf("%lld %lld", &x, &y); }
    int dist(const point &p) const {
        return (x - p.x) * (x - p.x) + (y - p.y) * (y - p.y);
    }
} p[N];

bool vis[N];

signed main() {
    scanf("%lld", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) p[i].input();
    p[0].x = p[0].y = -1e9 - 7;
    for (int i = 1, c = 0; i <= n; i++) {
        int Max = 0;
        int k = -1;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (vis[j]) continue;
            int d = p[c].dist(p[j]);
            if (d > Max) Max = d, k = j;
        }
        c = k;
        vis[c] = 1;
        printf("%lld ", c);
    }
    puts("");

    return 0;
}
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