Codeforces 1062 - A/B/C/D/E - (Undone)

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A - Prank - [二分]

题意：

给出长度为 $n(1 \le n \le 100)$ 的数组 $a[1 \sim n]$，且知足 $1 \le a[1] < a[2] < \cdots < a[n] \le 1000$。如今JATC要擦掉其中一段连续的数字，可是要求可以经过剩余的其余数字，推断出擦掉的数字是什么。求JATC能擦掉的最长长度。

题解：

其实 $O(n)$ 就能够求出能擦掉的最长长度，可是由于 $n$ 比较小，懒得考虑太多，直接二分吧……

二分能擦掉的长度，对于固定的长度，$O(n)$ 枚举始末点判断可否擦除便可。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=105;
int n,a[maxn];
bool judge(int k)
{
    for(int i=1,j=i+k-1;j<=n;i++,j++) {
        if(a[j+1]-a[i-1]==k+1) return 1;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    a[0]=0, a[n+1]=1001;
    int l=0, r=n;
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r+1)/2;
        if(judge(mid)) l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    cout<<l<<endl;
}

 

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B - Math - [数学题]

题意：

给出一个正整数 $n(1 \le n \le 1e6)$，你如今能够对 $n$ 进行任意屡次乘以正整数 $x$ 或者开方（当结果为整数时才容许开方）操做。

求结果最小为多少，达到这个结果最少进行多少次操做。

题解：

分解质因数 $n = {p_1}^{a_1}{p_2}^{a_2} \cdots {p_k}^{a_k}$，显然最后结果只能是 $p_1 p_2 \cdots p_k$，那么如何才能获得 $p_1 p_2 \cdots p_k$？

找到 $\max(a_i)$，求得比小于它的最小 $2^x$，这样一来先作一次乘法把 $n$ 乘到 ${p_1}^{2^x}{p_2}^{2^x} \cdots {p_k}^{2^x}$，而后作 $2^x$ 次开方操做便可获得 $p_1 p_2 \cdots p_k$。所以最少 $x+1$ 次操做。

（固然，还有一些数字自己就是最小结果，这些另做判断便可。）

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
pair<int,int> solve(int n)
{
    if(n<=1) return make_pair(n,0);
    int res=1,mx=0, mn=20;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            res*=i;
            int cnt=0;
            while(n%i==0) n/=i, cnt++;
            mx=max(cnt,mx);
            mn=min(cnt,mn);
        }
    }
    if(n>1) res*=n, mx=max(1,mx), mn=min(1,mn);
    int t=ceil(log2(mx))+1e-8;
    if(mn==mx && (1<<t)==mx) return make_pair(res,t);
    else return make_pair(res,t+1);
}
int main()
{
    while(cin>>n)
    {
        pair<int,int> ans=solve(n);
        cout<<ans.first<<' '<<ans.second<<endl;
    }
}

 

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C - Banh-mi - [简单思惟题][贪心+前缀和+快速幂]

题意：

有一个食物，将其分红 $n(1 \le n \le 1e5)$ 份，编号为 $1 \sim n$，第 $i$ 份食物的初始美味度为 $x_i(x_i \in {0,1})$，

如今有 $q(1 \le q \le 1e5)$ 次查询，每一个查询 $[l,r]$ 表明如今只考虑该区间内的食物，每次我吃其中的某一份食物 $i$，个人喜悦程度就会加上 $x_i$，同时区间内全部其余剩余的食物的 $x_j$ 都会加上 $x_i$。

如今要求对每一个查询，输出我最大能得到的喜悦程度。

题解：

首先确定是贪心地吃食物，每次都吃 $x_i$ 最大的食物。

假设初始区间内有 $a$ 个 $1$，$b$ 个 $0$，那么先吃完全部初始美味度为 $1$ 的食物，获得喜悦程度为

$1 + 2 + 4 + \cdots + 2^{a-1} = 2^0 + 2^1 + 2^2 + \cdots + 2^{a-1} = 2^a - 1$

接下来，剩下的初始美味度为 $0$ 的食物，如今美味度都变成了 $2^a - 1$，吃完这些食物获得喜悦程度为

$(2^a - 1) \cdot 2^0 + (2^a - 1) \cdot 2^1 + \cdots + (2^a - 1) \cdot 2^{b-1} = (2^a - 1)(2^0 + 2^1 + \cdots + 2^{b-1}) = (2^a - 1)(2^b - 1)$

所以我只须要经过前缀和，就能 $O(1)$ 统计出任意区间内 $0$ 和 $1$ 的数目，而后只须要快速幂求出 $2^a - 1 + (2^a - 1)(2^b - 1) = (2^a - 1)2^b$ 便可。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+10;
int n,q;
char s[maxn];
int c[2][maxn];
ll fpow(ll a,ll n)
{
    ll res=1,base=a%mod;
    while(n)
    {
        if(n&1) res*=base, res%=mod;
        base*=base, base%=mod;
        n>>=1;
    }
    return res%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&q);
    scanf("%s",s+1);
    c[0][0]=c[1][0]=0;
    for(int i=1,x;i<=n;i++)
    {
        x=s[i]-'0';
        c[x][i]=c[x][i-1]+1;
        c[x^1][i]=c[x^1][i-1];
    }
    for(int i=1,l,r;i<=q;i++)
    {
        scanf("%d%d",&l,&r);
        ll a=c[1][r]-c[1][l-1], b=c[0][r]-c[0][l-1];
        printf("%lld\n",(fpow(2,a+b)-fpow(2,b)+mod)%mod);
    }
}

 

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D - Fun with Integers - []

 

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E - Company - []