Educational Codeforces Round 86 (Rated for Div. 2) A~D

Educational Codeforces Round 86 (Rated for Div. 2) A~D

A. Road To Zero

題意

給定兩個數字 \(x,y\) ，你能夠進行如下兩個操做：

• 花費 \(a\) 美刀，能夠選取一個數字進行加一或者減一操做
• 花費 \(b\) 美刀，對兩個數字同時執行加一或者減一操做

詢問讓兩個數字同時歸零的最少花費。

解題

題中給出 \(x,y,a,b\) 四個數字所有都大於等於零，不用考慮加一操做。

假設 \(x \le y\) ，則最少花費 \(ans = min(a(x+y),bx+a(y-x))\) ，下面給出簡單證實。

設將 \(x,y\) 歸零過程當中，執行操做二的次數爲 \(p (0\le p\le x)\) ，則總花費 \(cost(p) = bp + a(x+y-2p) = (b-2a)p+a(x+y)\) ，根據函數單調性能夠獲得下面結論。

\[minCost = \begin{cases} cost(0) & b-2a\ge 0\\ cost(x) & b-2a<0\\\end{cases} \]

因此 \(ans = min(cost(0),cost(x)) = min(a(x+y),bx+a(y-x))\) 。

def scanf():
    return list(map(int,input().split()))

for t in range(int(input())):
    x,y = scanf()
    a,b = scanf()
    if(x>y): x,y = y,x
    print(min(a*(x+y),b*x+a*(y-x)))

B. Binary Period

題意

給定一個僅由 0 和 1 組成的字符串 \(t\) ，詢問一個字符串 \(s\) ，要求：

• \(s\) 僅由 0 和 1 組成；
• \(s\) 的長度不超過 \(t\) 的二倍；
• \(t\) 是 \(s\) 的子串；
• \(s\) 在知足上述條件的同時，要求週期最少。

解題

首先注意題目中說的是子串，並非連續子串。咱們能夠對字符串 \(t\) 插入至多 \(|t|\) 個 \(0\) 和 \(1\) 來構成 \(s\) ，分狀況考慮：

• 當輸入的 \(t\) 串中僅含有單一的字符，如 \(111\)，\(000\) 等。那麼週期最小的 \(s\) 就是 \(t\) 自己，週期爲 \(1\) 。
• 當 \(t\) 兩種字符都包含的時候，能夠經過交替的方式插入 \(01\) 字符，構成長度爲 \(2|t|\) 的 \(01\) 交替的 \(s\) 串，週期爲 \(2\) 。

for t in range(int(input())):
    inp = input()
    has0 = False; has1 = False
    for c in inp:
        if(c=='0'):	has0 = True
        if(c=='1'):	has1 = True
    
    if not(has0 and has1):
        print(inp)
    else:
        ans = ''
        for _ in inp:	ans+='01'
        print(ans)

C. Yet Another Counting Problem

題意

詢問 \(x\in[l,r]\) 中 \(x\) 知足 \(x\%a\%b\ne x\%b\%a\) 的數量。

解題

題面很簡單，題目很離譜。起初覺得多是某個數學結論，通過幾番舉例發現是一道規律題。

設當 \(a,b(a\le b)\) 已知的狀況下，\(f(p)\) 爲區間 \([1,p)\) 內知足條件的 \(x\) 的數量，\(ans = f(r+1)-f(l)\) ，相似差分的思想。

通過幾組舉例發現，若是 \(b\%a=0\) ，則 \(f(p)\) 的值始終爲 \(0\) 。

若是 \(b\%a\ne 0\) 時， \(\triangle f(p) = f(p+1) - f(p) = int(p\%b\%a\ne p\%a\%b)\) 會具備明顯的週期性，其週期 \(T = lcm(a,b)\) ，

\[\triangle f(p) = \begin{cases} 0 & kT\le p \lt kT+b\\ 1 & kT+b\le p \lt (k+1)T\\\end{cases} \]

反推獲得 \(f(p)\) 值，

\[f(1) = 0\\ f(p) = f(1)+\sum_{i=1}^{p-1}\triangle f(i) = \lfloor\frac{p}{lcm}\rfloor·(lcm - b) + max(0,p\%lcm-b) \]

from math import gcd

def scanf():
    return list(map(int,input().split()))

def f(p,a,b):
    lcm = a*b//gcd(a,b)
    res = (p//lcm)*(lcm-b) + max(0,p%lcm-b)
    return res

for t in range(int(input())):
    a,b,q = scanf()
    if(a>b):	a,b = b,a
    for _ in range(q):
        l,r = scanf()
        if(b%a==0):	print('0')
        else: 		print( int(f(r+1,a,b)-f(l,a,b)) )

D. Multiple Testcases

題意

給定一個大小爲 \(n\) 的正整數數組 \(m\) 和一個正整數 \(k\) ，保證 \(m_i\le k\) 。將數組 \(m\) 分紅若干個子數組，要求每一個子數組中大於等於 \(i\) 的數字不超過 \(c_i\) 個，詢問分紅份數最少的方案。

解題

首先注意兩點，題目中保證 \(n≥c1≥c2≥⋯≥ck≥1\) 。若是設 \(lg(i)\) 表示任意一個大於等於 \(i\) 的數字，將 \(lg(x)\) 分給一個子數組，那麼這個數字將會同時佔據 \(c_1,c_2,...,c_x\) 各一個份額。

咱們能夠先求出至少分紅的份數 \(ans = max(\lceil\frac{count(lg(i))}{c_i}\rceil),i\in[1,k]\)，關於 \(count\) 的計算方式以下。

\[count(lg(i)) = count(lg(i+1)) + count(i) \]

按照這個份數將數組順序攤開分佈便可。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long

#define fr(i,n) for(int i=0;i<n;i++)
#define frs(i,n,flag)   for(int i=0;i<n&&flag;i++)

#define frr(i,j,n) for(int i=j;i<n;i++)
#define r_frr(i,j,n) for(int i=n-1;i>=j;i--)

#define frrs(i,j,n,flag)    for(int i=j;i<n&&flag;i++)
#define r_frrs(i,j,n,flag)    for(int i=n-1;i>=j&&flag;i--)

#define arend(i,n) ((i!=n-1)?" ":"\n")
#define memset0(dp) memset(dp,0,sizeof(dp))
#define print_arr(begin,end)    for(auto it = begin;it!=end;it++)  cout<<*it<<arend(it,end);
#define log_this(name,value)    cout<<name<<": "<<value<<endl;
#define e4 10004
#define e5 100005
#define e6 1000006
#define e7 10000007
#define e9 1000000000
#define INF 9999999
using namespace std;
int     to_int(string s)    {stringstream ss;ss<<s;int a;ss>>a;return a;}
string  to_str(double a)    {stringstream ss;ss<<a;return ss.str();}

int m[2*e5];
int c[2*e5];
int ct[2*e5];

int main(){

    cin.tie(0);
    //ios::sync_with_stdio(false);
    //cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(0);

    int n,k;
    while(cin>>n>>k){
        fr(i,n) cin>>m[i];  sort(m,m+n);
        frr(i,1,k+1){
            cin>>c[i];
            ct[i] = 0;
        }
        int i = k;
        r_frr(j,0,n){
            if(i==m[j]) ct[i]++;
            else{
                while(i>m[j]){
                    i--;
                    ct[i] = ct[i+1];
                }
                ct[i]++;
            }
        }

        int ans = 0;
        frr(i,1,k+1)   ans = max(1.0*ans,ceil(1.0*ct[i]/c[i]));
        auto prt = new vector<int>[ans];

        int p = 0;
        fr(i,n){
            prt[p++].push_back(m[i]);
            if(p==ans)  p = 0;
        }

        cout<<ans<<endl;
        fr(i,ans){
            cout<<prt[i].size()<<" ";
            print_arr(prt[i].begin(),prt[i].end());
        }
    }

    return 0;
}