AtCoder Beginner Contest 161 题解

目录

• AtCoder Beginner Contest 161
  • A - ABC Swap
  • B - Popular Vote
  • C - Replacing Integer
  • D - Lunlun Number
  • E - Yutori
  • F - Division or Substraction

AtCoder Beginner Contest 161

A - ABC Swap

题意：略。

分析：略。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (long long i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
#define SIZE 1005
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int n, m, k;

int main() {
	io(); cin >> n >> m >> k;
	swap(n, m); swap(n, k);
	cout << n << ' ' << m << ' ' << k;
}

B - Popular Vote

题意：略。

分析：略。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (long long i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
#define SIZE 1005
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int n, m, k;
int main() {
	io(); cin >> n >> m;
	vector<double> a(n);
	double sum = 0;
	for (auto& i : a) cin >> i, sum += i;
	sum /= (4.0 * m);
	sort(a.begin(), a.end());
	reverse(a.begin(), a.end());
	rep(i, 0, (m - 1)) {
		if (a[i] < sum) {
			cout << "No";
			return 0;
		}
	}
	cout << "Yes";
}

C - Replacing Integer

题意：给定两个正整数 \(N,K\) ，你可以进行如下操做无限次：将 \(N\) 替换为 \(|N-K|\) 。询问全部操做中 \(N\) 的最小值。

分析：随便推导一下不难发现最小值只能是 \(min(K\%N,K-K\%N)\) 。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (long long i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
#define SIZE 1005
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
ll k, n;

int main() {
	io(); cin >> n >> k;
	cout << min(n % k, k - n % k);
}

D - Lunlun Number

题意：定义 \(Lunlun\ Number\) 是指相邻每两位数字之差不超过 \(1\) 的数字，求第 \(k\) 大的 \(Lunlun\ Number\) 。

分析：假设某个 \(Lunlun\ Number\) 的末尾是 \(k\) ，那么由它可以引出的下一个 \(Lunlun\ Number\) 只能是在末尾加上 \(k-1,k,k+1\) 这三种状况（注意特判 \(k=0,9\) 的状况）。而后用这个性质 \(BFS\) 便可。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (long long i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
#define SIZE 1005
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
ll k;
set<string> st;

int main() {
	io(); cin >> k;
	queue<string> q;
	rep(i, 1, 9) q.push(to_string(i));
	vector<ll> vec;
	while (st.size() <= 2e5) {
		string top = q.front();
		q.pop();
		st.insert(top);
		if (top.back() != '9' && top.back() != '0') {
			char ch = top.back(); --ch;
			q.push(top + ch);
			q.push(top + top.back());
			ch += 2;
			q.push(top + ch);
		}
		else if (top.back() == '0') {
			char ch = top.back(); ++ch;
			q.push(top + top.back());
			q.push(top + ch);
		}
		else {
			char ch = top.back(); --ch;
			q.push(top + ch);
			q.push(top + top.back());
		}
	}
	for (auto i : st) vec.emplace_back((ll)stoll(i));
	sort(vec.begin(), vec.end());
	cout << vec[k - 1];
}

E - Yutori

题意：\(Takahashi\) 在总共 \(N\) 天里一共要选择 \(K\) 个工做日，可是他每工做一天就要休息 \(C\) 天。给定一个由 \(x,o\) 构成的字符串，若 \(s_i=x\) 就表明第 \(i\) 天不能工做，询问哪几天是 \(Takahashi\) 没得选择，必须工做的。

分析：先考虑 \(Takahashi\) 在什么状况下不存在没法选择的状况，显然是贪心时至少存在 \(K+1\) 个可选工做日。所以，咱们只须要考虑在贪心的状况下只存在 \(K\) 个工做日时，这 \(K\) 个工做日的分布，极端地考虑，咱们正反贪心两次若是两次都须要工做的日子就一定是 \(Takahashi\) 的工做日了。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (long long i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
#define SIZE 1005
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
ll n, k, c;

int main() {
	io(); cin >> n >> k >> c;
	string s; cin >> s;
	int pos = -1, res = 0;
	set<int> st, st2;
	rep(i, 0, (s.length() - 1)) {
		if (pos >= i || s[i] == 'x') continue;
		if (st.size() == k) {
			++res;
			break;
		}
		pos = i + c;
		st.insert(i);
	}
	if (res) return 0;
	pos = s.length();
	for (int i = s.length() - 1; i >= 0; --i) {
		if (pos <= i || s[i] == 'x') continue;
		if (st2.size() == k) {
			++res;
			break;
		}
		pos = i - c;
		if (st.count(i)) st2.insert(i);
	}
	if (res) return 0;
	for (auto i : st2) cout << i + 1 << '\n';
}

F - Division or Substraction

题意：给定一个正整数 \(N\) ，而后你能够选择一个正整数 \(K\) 并执行如下两种操做：

1. 若是 \(N\%K=0\) 则能够将当前的 \(N\) 替换为 \(\frac{N}{K}\) ；
2. 将 \(N\) 替换为 \(N-K\) 。

询问能将 \(N\) 转化为 \(1\) 的正整数 \(K\) 的数量。

分析：分红两部分考虑：一是 \(N\) 直接减去 \(N-1\) ，这种状况下的 \(K\) 就是 \(N-1\) 的全部因子；二是除了状况一之外的全部状况（就是须要考虑操做 \(1\) 的状况，状况一咱们只考虑了操做 \(2\) ），这些状况下的 \(K\) 不难发现一定是 \(N\) 的因子，所以咱们取出全部 \(N\) 的因子模拟便可。

这两种状况不存在相同的因子，由于相邻天然数互质。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (long long i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define SIZE 2010
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
ll n;

int main() {
	io(); cin >> n;
	int ans = 1;
	for (ll i = 2; i * i <= n; ++i) {
		if (n % i == 0) {
			ll tmp = n;
			while (tmp % i == 0) tmp /= i;
			if ((tmp - 1) % i == 0) ans++;
			tmp = n;
			if (i * i == n) continue;
			ll x = n / i;
			while (tmp % x == 0) tmp /= x;
			if ((tmp - 1) % x == 0) ans++;
		}
	}
	if (--n > 1) ++ans;
	for (ll i = 2; i * i <= n; ++i) {
		if (n % i == 0) {
			ans += 2;
			if (i * i == n) --ans;
		}
	}
	cout << ans;
}