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

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A（水题）

题目连接
⭐

题目：
定义一个数\(x\)若为 interesting 则\(x\)各数位加起来的和大于\(x+1\)各数位加起来的和，现给出\(n\)，问\(1\sim n\)之间有多少个 interesting 的数

解析：
只有个位数为9的时候才会知足题意，那也就是求得有多少个以9结尾的数字便可

#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）

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⭐⭐

题目：
给出一个字符串\(s\)，能够从任意下标开始，先向右移动（能够不动）再向左移动（能够不动），问是否存在移动过程当中通过的字符轨迹为字符串\(t\)

解析：

1. 因为先向右移动再向左移动，能够笃定两者中必定有一个回文子串，且必定与首或尾相连
2. 那么就能够暴力枚举回文子串的对称点，判断是否知足 1 中所叙述的条件，并判断较长部分的串是否存在于\(s\)串中便可

 

C（水题）

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⭐

题目：
给出一个点球大战的结果，0 表明未进， 1 表明进球， ？ 表明未知，问判断一方得到胜利至少要踢多少次点球

解析：
以判断A方胜利为例，则理想状况是当前第\(x\)轮踢球后，小于\(x\)的A方未知（？）的进球全为命中，而B方全不命中的状况下，即便A方后续一个球也踢不进，B方所有命中，也没法追平比分，那也就是暴力判断一下\(1\sim 10\)的轮数是否能够结束比赛

#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）

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⭐⭐

题目：
如今给出一个字符串\(s\)，问是否能够将串中键入某字符的操做更改成使用 Backspace（退格键），使得字符串变为\(t\)

解析：

1. \(t\)只有在为\(s\)的子序列的前提下，才有可能知足题目条件。考虑到一个退格键表明消除两个字符，因此这个子序列相邻的字符在字符串\(s\)中必须距离为奇数。若是从前向后考虑，\(s[?]=t[0]\)中这个\(?\)便没法肯定（与\(t\)[1]字符知足距离的条件才可），那这样想下去对于后续下标来讲就是一个递归的问题了，不太适用于\(O(n)\)的问题
2. 考虑从后向前，对于最后一个字符，若是更改成退格键，则对应最后一个有效字符的下标就\(-2\)，而\(s\)中最后一个没有被替换的字符也是\(t\)中最后一个字符，那也就能够看出，这样能够惟一肯定\(t\)中最后一个字符的下标在原字符串\(s\)中的奇偶性，继续递推，剩余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）

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⭐⭐⭐

题目：
对\([1,2,3,\dots]\)的序列，能够对他进行两种操做

• 将序列循环右移\(k\)位
• 进行不超过\(m\)次的数值交换

如今给出\(n,m,\)结果序列，问有多少个知足条件的\(k\)能够经过数值交换获得结果序列，并增序输出\(k\)

解析：

引理： 对于一个长度位\(n\)排列\(a\)和排列\(b\)，让\(a=b\)的最小交换次数是\(n\)与将\(a[i]\)与\(b[i]\)链接后，数组长度与对应的图中环数的差
证实： 对于无向图中任意一个环，假如环中点的数量为\(c\)，则当\(c-1\)个数位置都正确之后，剩下的数位置也正确，并且环内每次交换操做（除了最后一次）至多可使得1个数回归原位，故每一个环均可以少进行1次交换

考虑到\(m\)次数值交换，最多使得\(2m\)个数与原数列位置不一样（每次选择未选过的两个数），那考虑记录结果数列\(p\)中每一个数，对 "相对于\([1,2,3,\dots]\)的偏移量" 所做出的贡献，那若是这个数\(cnt+2*m\ge n\)，那就是有可能在交换次数小于等于\(m\)时实现的，这样的粗略断定的基础上再用引理进行\(O(n)\)的准确破案顶。另外经过\(m\)的范围能够计算出，能经过粗略断定的数不超过3个

#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");
	}
}