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

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A. Road To Zero

题意

给定两个数字 \(x,y\) ，你能够进行如下两个操做：

• 花费 \(a\) 美刀，能够选取一个数字进行加一或者减一操做
• 花费 \(b\) 美刀，对两个数字同时执行加一或者减一操做

询问让两个数字同时归零的最少花费。

解题

题中给出 \(x,y,a,b\) 四个数字所有都大于等于零，不用考虑加一操做。

假设 \(x \le y\) ，则最少花费 \(ans = min(a(x+y),bx+a(y-x))\) ，下面给出简单证实。

设将 \(x,y\) 归零过程当中，执行操做二的次数为 \(p (0\le p\le x)\) ，则总花费 \(cost(p) = bp + a(x+y-2p) = (b-2a)p+a(x+y)\) ，根据函数单调性能够获得下面结论。

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

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

题意

给定一个仅由 0 和 1 组成的字符串 \(t\) ，询问一个字符串 \(s\) ，要求：

• \(s\) 仅由 0 和 1 组成；
• \(s\) 的长度不超过 \(t\) 的二倍；
• \(t\) 是 \(s\) 的子串；
• \(s\) 在知足上述条件的同时，要求周期最少。

解题

首先注意题目中说的是子串，并非连续子串。咱们能够对字符串 \(t\) 插入至多 \(|t|\) 个 \(0\) 和 \(1\) 来构成 \(s\) ，分状况考虑：

• 当输入的 \(t\) 串中仅含有单一的字符，如 \(111\)，\(000\) 等。那么周期最小的 \(s\) 就是 \(t\) 自己，周期为 \(1\) 。
• 当 \(t\) 两种字符都包含的时候，能够经过交替的方式插入 \(01\) 字符，构成长度为 \(2|t|\) 的 \(01\) 交替的 \(s\) 串，周期为 \(2\) 。

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

题意

询问 \(x\in[l,r]\) 中 \(x\) 知足 \(x\%a\%b\ne x\%b\%a\) 的数量。

解题

题面很简单，题目很离谱。起初觉得多是某个数学结论，通过几番举例发现是一道规律题。

设当 \(a,b(a\le b)\) 已知的状况下，\(f(p)\) 为区间 \([1,p)\) 内知足条件的 \(x\) 的数量，\(ans = f(r+1)-f(l)\) ，相似差分的思想。

通过几组举例发现，若是 \(b\%a=0\) ，则 \(f(p)\) 的值始终为 \(0\) 。

若是 \(b\%a\ne 0\) 时， \(\triangle f(p) = f(p+1) - f(p) = int(p\%b\%a\ne p\%a\%b)\) 会具备明显的周期性，其周期 \(T = lcm(a,b)\) ，

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

反推获得 \(f(p)\) 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

题意

给定一个大小为 \(n\) 的正整数数组 \(m\) 和一个正整数 \(k\) ，保证 \(m_i\le k\) 。将数组 \(m\) 分红若干个子数组，要求每一个子数组中大于等于 \(i\) 的数字不超过 \(c_i\) 个，询问分红份数最少的方案。

解题

首先注意两点，题目中保证 \(n≥c1≥c2≥⋯≥ck≥1\) 。若是设 \(lg(i)\) 表示任意一个大于等于 \(i\) 的数字，将 \(lg(x)\) 分给一个子数组，那么这个数字将会同时占据 \(c_1,c_2,...,c_x\) 各一个份额。

咱们能够先求出至少分红的份数 \(ans = max(\lceil\frac{count(lg(i))}{c_i}\rceil),i\in[1,k]\)，关于 \(count\) 的计算方式以下。

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

按照这个份数将数组顺序摊开分布便可。

#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;
}