CF-209-div-二 (CF-359A-D)
CF-209-div-2 (CF-359A-D)
CF-359B. Permutation
CF-359C. Prime Number
CF-359D. Pair of Numbers
CF-359A. Table
题目链接：
http://codeforces.com/problemset/problem/359/A
题目意思：
给一个矩阵n*m，1为好格子，0为坏格子。四个角落没有好格子，每次可以选择一个好格子和四个角落任意一个格子，使得这两个格子组成的矩形全部选中，求最少需要几次能把整个矩阵全部选中。一个格子可以选多次。
解题思路：
简单贪心题。如果好格子在边界则只需两次，否则需要四次（每个角落个字操作一次）。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<sstream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<string.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define eps 1e-6
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define LL long long
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
#define M 1000000007
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define Maxn 55
int save[Maxn][Maxn];
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
int n,m;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&save[i][j]);
bool ans=false;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(save[1][j])
ans=true;
if(ans)
break;
if(save[n][j])
ans=true;
if(ans)
break;
}
if(ans)
{
printf("2\n");
continue;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(save[i][1])
ans=true;
if(ans)
break;
if(save[i][m])
ans=true;
if(ans)
break;
}
if(ans)
printf("2\n");
else
printf("4\n");
}
return 0;
}
CF-359B. Permutation
题目链接：
http://codeforces.com/problemset/problem/359/B
题目意思：
构造一个1~2*n的一个排列的数组，使得Σ|a[2*i-1]-a[2*i]|-|Σ(a[2*i-1]-a[2*i])|=2*k.
解题思路：
数学+构造。
分析知，如果a[2*i-1]>=a[2*i]则|a[2*i-1]-a[2*i]-|a[2*i-1]-a[2*i]|=0，值不会改变。如果a[2*i-1]<a[2*i],则两者相减相隔2倍的a[2*i]-a[2*i-1].所以可以据此构造。如果k=0,则使得每一个a[2*i-1]>a[2*i]即可。如果k!=0,则只需第一项为1,1+k,其余的都使得a[2*i-1]>a[2*i]即可。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<sstream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<string.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define eps 1e-6
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define LL long long
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
#define M 1000000007
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define Maxn 51000
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
int n,k;
while(~scanf("%d%d",&n,&k))
{
int p,q;
if(k) //k不等于0，构造第一项1,k+1其余的为2~2*n之间不为k+1的，且a[2*i-1]>a[2*i]即可
{
printf("%d %d ",1,k+1);
p=2,q=2*n;
}
else
{
printf("%d %d ",2,1); //如果k=0,为了统一使得k=1,p=3,q=2*n
k=1;
p=3,q=2*n;
}
for(int i=1;i<n;i++) //其余的一个大，一个小，用两个指针构造即可
{
if(p==k+1) //排除k+1的情况
p++;
if(q==k+1)
q--;
printf("%d %d ",q,p);
p++;
q--;
}
putchar('\n');
}
return 0;
}
CF-359C. Prime Number
题目链接：
http://codeforces.com/problemset/problem/359/C
题目意思：
给一个质数X，和n个数a1<=a2<=...<=an.求通分得到分母t=x^(a1+a2+...+an),分子为s,求s,t的最大公约数。（ai<=10^9,n<=3*10^5).
解题思路：
快速幂+数学。
由于数据范围很大，硬搞肯定是不行的。分析发现，分母为x^sum,记sum=a1+a2+...+an，分子的各项为x^(sum-ai).显然分子中每项一定可以提出一个min(a^(sum-ai))出来，此时如果min(a^(sum-ai))有x的倍数个，还需向前进位。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<sstream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<string.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define eps 1e-6
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define LL long long
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
#define M 1000000007
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define Maxn 110000
#define M 1000000007
ll save[Maxn],n,x;
ll quick(ll a,ll b)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1)
res=(res*a)%M;
a=(a*a)%M;
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
while(~scanf("%I64d%I64d",&n,&x))
{
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%I64d",&save[i]);
sum+=save[i];
}
ll ans=sum-save[n]; //最小的次数
ll ord=n,cnt=0; //从最大的开始，减了过后，也就是最小的
for(ll i=save[n];i>=1;i--)
{
while(ord>=1&&i==save[ord])
{
cnt++;
ord--;
}
if(cnt%x)
break;
ans++; //注意每次只能加一个。
cnt/=x;
}
if(ans>sum)
ans=sum;
printf("%I64d\n",quick(x,ans));
}
return 0;
}
CF-359D. Pair of Numbers
题目链接：
http://codeforces.com/problemset/problem/359/D
题目意思：
给n(n<=3*10^5)个数，求最长的区间，使得该区间内的所有数都能被该区间某一数整除。求该区间的个数及开始位置。
解题思路：
简单dp.（n*lgn).
le[i]表示i作为最小的整除数向左能够连续整除的最小位置。
ri[i]表示i作为最小的整除数向右能够连续整除的最大位置。
利用这条性质构建dp方程：如果save[j]%save[i]==0,则save[j]能整除的范围，save[i]一定可以整除。以区间形式向前递推，优化。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<sstream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<string.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define eps 1e-6
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define LL long long
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
#define M 1000000007
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define Maxn 400000
int le[Maxn],ri[Maxn],save[Maxn],n;
int ans[Maxn];
vector<int>myv;
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&save[i]);
ans[i]=0;
le[i]=ri[i]=i;
}
myv.clear();
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int tt=i-1;
while(save[tt]%save[i]==0&&tt>=1) //如果能整除，它包含的区间也一定能被save[i]整除
tt=le[tt]-1;
le[i]=le[tt+1];
}
for(int i=n-1;i>=1;i--)
{
int tt=i+1;
while(save[tt]%save[i]==0&&tt<=n)
{
tt=ri[tt]+1;
}
ri[i]=ri[tt-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++) //统计区间
{
int temp=le[i],len=ri[i]-le[i];
if(len>ans[temp])
ans[temp]=len;
}
int Max=0;
for(int i=1;i<=n;i++) //找到最大的
{
if(ans[i]>Max)
{
Max=ans[i];
myv.clear();
myv.push_back(i);
}
else if(ans[i]==Max)
myv.push_back(i);
}
/*for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(ans[i]==Max)
myv.push_back(i);
}*/
printf("%d %d\n",myv.size(),Max);
for(int i=0;i<myv.size();i++)
printf("%d ",myv[i]);
putchar('\n');
}
return 0;
}