Harbour.Space Scholarship Contest 2021-2022 (open for everyone, rated, Div. 1 + Div. 2)

比賽地址

A（水題）

題目連接
⭐

題目：
定義一個數\(x\)若爲 interesting 則\(x\)各數位加起來的和大於\(x+1\)各數位加起來的和，現給出\(n\)，問\(1\sim n\)之間有多少個 interesting 的數

解析：
只有個位數爲9的時候纔會知足題意，那也就是求得有多少個以9結尾的數字便可

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

int main() {
	int T, n;
	scanf("%d",&T);
	while (T--) {
		scanf("%d", &n);
		printf("%d\n", n / 10 + (n % 10 == 9));
	}
}

 

B（暴力+KMP）

題目連接
⭐⭐

題目：
給出一個字符串\(s\)，能夠從任意下標開始，先向右移動（能夠不動）再向左移動（能夠不動），問是否存在移動過程當中通過的字符軌跡爲字符串\(t\)

解析：

1. 因爲先向右移動再向左移動，能夠篤定兩者中必定有一個迴文子串，且必定與首或尾相連
2. 那麼就能夠暴力枚舉迴文子串的對稱點，判斷是否知足 1 中所敘述的條件，並判斷較長部分的串是否存在於\(s\)串中便可

 

C（水題）

題目連接
⭐

題目：
給出一個點球大戰的結果，0 表明未進， 1 表明進球， ？ 表明未知，問判斷一方得到勝利至少要踢多少次點球

解析：
以判斷A方勝利爲例，則理想狀況是當前第\(x\)輪踢球后，小於\(x\)的A方未知（？）的進球全爲命中，而B方全不命中的狀況下，即便A方後續一個球也踢不進，B方所有命中，也沒法追平比分，那也就是暴力判斷一下\(1\sim 10\)的輪數是否能夠結束比賽

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

char s[15];

int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%s", s + 1);
		int t[2] = { 0 };
		int c[2] = { 0 };
		int i;
		for (i = 1; s[i]; ++i) {
			if (s[i] == '?') ++t[i & 1];
			else if (s[i] == '1') ++c[i & 1];
			if (c[0] + t[0] > (10 - i) / 2 + c[1] || c[1] + t[1] > (11 - i) / 2 + c[0]) break;
		}
		printf("%d\n", min(i, 10));
	}
}

 

D（思惟）

題目連接
⭐⭐

題目：
如今給出一個字符串\(s\)，問是否能夠將串中鍵入某字符的操做更改成使用 Backspace（退格鍵），使得字符串變爲\(t\)

解析：

1. \(t\)只有在爲\(s\)的子序列的前提下，纔有可能知足題目條件。考慮到一個退格鍵表明消除兩個字符，因此這個子序列相鄰的字符在字符串\(s\)中必須距離爲奇數。若是從前向後考慮，\(s[?]=t[0]\)中這個\(?\)便沒法肯定（與\(t\)[1]字符知足距離的條件纔可），那這樣想下去對於後續下標來講就是一個遞歸的問題了，不太適用於\(O(n)\)的問題
2. 考慮從後向前，對於最後一個字符，若是更改成退格鍵，則對應最後一個有效字符的下標就\(-2\)，而\(s\)中最後一個沒有被替換的字符也是\(t\)中最後一個字符，那也就能夠看出，這樣能夠惟一肯定\(t\)中最後一個字符的下標在原字符串\(s\)中的奇偶性，繼續遞推，剩餘的字符均可以被惟一肯定

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

const int maxn = 1e5 + 5;
char s[maxn], t[maxn];

int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%s%s", s, t);
		int i = strlen(s) - 1, j = strlen(t) - 1;
		while (j >= 0 && i >= 0) {
			if (s[i] == t[j]) --j, --i;
			else i -= 2;
		}
		printf("%s\n", j >= 0 ? "NO" : "YES");
	}
}

 

E（思惟+排列）

題目連接
⭐⭐⭐

題目：
對\([1,2,3,\dots]\)的序列，能夠對他進行兩種操做

• 將序列循環右移\(k\)位
• 進行不超過\(m\)次的數值交換

如今給出\(n,m,\)結果序列，問有多少個知足條件的\(k\)能夠經過數值交換獲得結果序列，並增序輸出\(k\)

解析：

引理： 對於一個長度位\(n\)排列\(a\)和排列\(b\)，讓\(a=b\)的最小交換次數是\(n\)與將\(a[i]\)與\(b[i]\)鏈接後，數組長度與對應的圖中環數的差
證實： 對於無向圖中任意一個環，假如環中點的數量爲\(c\)，則當\(c-1\)個數位置都正確之後，剩下的數位置也正確，並且環內每次交換操做（除了最後一次）至多可使得1個數迴歸原位，故每一個環均可以少進行1次交換

考慮到\(m\)次數值交換，最多使得\(2m\)個數與原數列位置不一樣（每次選擇未選過的兩個數），那考慮記錄結果數列\(p\)中每一個數，對 "相對於\([1,2,3,\dots]\)的偏移量" 所做出的貢獻，那若是這個數\(cnt+2*m\ge n\)，那就是有可能在交換次數小於等於\(m\)時實現的，這樣的粗略斷定的基礎上再用引理進行\(O(n)\)的準確破案頂。另外經過\(m\)的範圍能夠計算出，能經過粗略斷定的數不超過3個

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

const int maxn = 3e5 + 5;
int p[maxn];
int cnt[maxn];
bool vis[maxn];
vector<int> v;
int n, m;

bool check(int k) {
	v.clear();
	for (int i = k; i < n; ++i)
		v.push_back(p[i]);
	for (int i = 0; i < k; ++i)
		v.push_back(p[i]);
	int t = n;
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		if (vis[i]) continue;
		int j = i;
		while (!vis[j])
			vis[j] = true, j = v[j];
		--t;
	}
	return t <= m;
}

int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%d%d", &n, &m);
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			scanf("%d", p + i);
			--p[i];
			++cnt[(i - p[i] + n) % n];
		}
		vector<int> ans;
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			if (cnt[i] + 2 * m >= n && check(i))
				ans.push_back(i);
		printf("%d ", ans.size());
		for (auto& i : ans)
			printf("%d ", i);
		printf("\n");
	}
}