Codeforces Round 900 (Div. 3)(A-F)

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A. How Much Does Daytona Cost?

题面 : 

思路 :

在序列中只要找到k，就返回true ;

代码 : 

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5+10;inline void solve(){int n , k ; cin >> n >> k ;bool tag = false;for(int i=0;i<n;i++){int x ; cin >> x ;if(x==k) tag = true;}if(tag) cout << "Yes" << endl;else cout << "No" << endl;return ;
}int main()
{IOSint _ = 1;cin >> _;while(_ --) solve();return 0;
}

B. Aleksa and Stack

题面 : 

思路 :

在这道题中，只要满足任意两个相邻数的和，不能够不是3的倍数，且数组单调递增，那么便可以构造出这样一个序列，每两个相邻数中第一个数 mod 3 = 0,另一个数mod 3 = 1 ,然后递增的话，就可以使a1 = 3 *1 , a2= a1 + 1,a3 = 3 * 2,a4 = a3 + 1，即可满足题目条件；

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'using namespace std;
typedef long long LL;
int gcd(int a,int b){ return b==0 ? a : gcd(b,a%b); }
int lcm(int a,int b){ if(a==0||b==0) return 0; return (a*b)/gcd(a,b); }
bool is_prime(int x){if(x<2) return false;
for(int i=2;i<=x/i;i++) if(x%i==0) return false; return true;}
//numbers.erase(std::unique(numbers.begin(), numbers.end()), numbers.end()); // 去重操作
const int N = 2e5+10;// 任意两个数的和不是3的倍数 // 0, 1, 2
// 3 , 4 , 6, 7 inline void solve(){int n ; cin >> n ;int x = 3;while(n>1){cout << x << " " << x + 1 << " ";x += 3;n -= 2;}if(n) cout << x ;cout << endl ;return ;}int main()
{IOSint _ = 1;cin >> _;while(_ --) solve();return 0;
}

 C. Vasilije in Cacak

题面 : 

思路 : 

对于从  [1 ,n ]  中 选k个数 的 和为x;

假如 n = 2 (并且假设k = 2,下面一样):

         1,2 --> 1, 2, 3
n = 3 :

        1, 2 ,3 : 1,2,3,4,5,6 选两个 : 3-5 
n = 4 :

        1,2,3,4 : 3-7 :  

那么我们就可以发现一个规律 : 在[1,n]中取k个数和的范围是[最小的k个数相加，最大的k个数相加];

为了计算的方便，我们可以使用等差数列求和 : s = n*a1+(n-1)*n*d/2  ;

代码 : 

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'using namespace std;
typedef long long LL;LL n , k , x ;// [1,n] 中 选k个数 的 和为x;// 1,2 --> 1, 2, 3
//1, 2 ,3 : 1,2,3,4,5,6 选两个 : 3-5 
// 1,2,3,4 : 3-7 :  // 等差数列求和 : s = n*a1+(n-1)*n*d/2 inline void solve(){cin >> n >> k >> x;LL l = (1+k)*k/2 , r = (n+n-k+1)*k/2;if(x>=l && x<=r) cout << "Yes" << endl;else cout << "No" << endl;return ;
}int main()
{IOSint _ = 1;cin >> _;while(_ --) solve();return 0;
}

D. Reverse Madness

题面

思路 : 

l和r都是单调递增的，且对于每一段区间都是不相交的，所有可以很快找到x对应的li和ri来满足li<=x && x<=ri ；

找到之后就是进行区间的反转，对于每个区间假设li = 2,ri =6,如果x = 4,则a=b=4,如果x=3,则a=3,b=5;那么说明是关于终点对称的，那么就可以使用前缀和算法，来对每个点进行反转次数的统计，如果统计次数为偶那就不用反转了，为奇，则要反转，具体请看代码；

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5+10;inline void solve(){int n,k;cin >> n >> k ;string s ; cin >> s ;s = ' ' + s ;vector<int> l(k+1) , r (k+1) ;for(int i=1;i<=k;i++) cin >> l[i] ;for(int i=1;i<=k;i++) cin >> r[i] ;int q ; cin >> q ;vector<int> x(q+1) ;for(int i=1;i<=q;i++) cin >> x[i] ;vector<pair<int,int>> sum(n+3) ;for(int i=1;i<=q;i++){int pos = lower_bound(r.begin()+1,r.end(),x[i]) - r.begin();int a = min(x[i] , r[pos]+l[pos]-x[i]);int b = max(x[i],r[pos]+l[pos]-x[i]);sum[a].first++ ; sum[b+1].first--;sum[a].second = b ; sum[b].second = a ;}for(int i=1;i<n;i++){sum[i].first += sum[i-1].first ;}int start = -1 , end = -1 ;for(int i=1;i<=n;i++){if(sum[i].first % 2 == 1){start = i ;int end = sum[i].second ;while(start <= end){while(start<=end && sum[start].first % 2 == 1){swap(s[start],s[end]);start ++;end--;}while(start <= end && sum[start].first % 2 == 0){start ++;end -- ;}}i = sum[i].second ;}}for(int i=1;i<=n;i++) cout << s[i] ;cout << endl; 
}int main()
{IOSint _ = 1;cin >> _;while(_ --) solve();return 0;
}

E. Iva & Pav

题面 :

思路 : 

// f(l,r)=al & al+1 &…& ar
// 给定一个 l , k ,求最大的r,满足f(l , r) >= k ;
// 定l,则f随着r单调递减 
// & : 按位与 

按位与的特点是，对于某一位，[l,r]上的所有数的该位上为1，结果才为1,那么我们可以采用前缀和的思想，用bit[i][j]来存[1,i]上第j位上为1的个数，具体实现请看代码，再获得bit数组之后，因为在l确定之后，f(l,r)随着r的增大具有单调递减的性质，所有可以使用二分来进行操作；

具体实现请看代码 ；

代码 : 

// f(l,r)=al & al+1 &…& ar
// 给定一个 l , k ,求最大的r,满足f(l , r) >= k ;
// 定l,则f随着r单调递减 
// & : 按位与 
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10 ;inline void solve(){int n ; cin >> n ;vector<array<int,32>> bit(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){int x ; cin >> x ;for(int j = 0;j<32;j++){bit[i][j] = 0 ;bit[i][j] += x % 2 ;x /= 2 ;bit[i][j] += bit[i-1][j] ; // 进行前缀和操作，统计i前面j位上为1的个数 }	} auto check = [&](int l,int r ,int c){vector<int> b(32) ;for(int i=0;i<32;i++){b[i] = bit[r][i] - bit[l-1][i] ;}int ans = 0 ;for(int i=0;i<32;i++){if(b[i]==r-l+1) ans += pow(2,i);}return ans >= c ; };int q ; cin >> q ;while(q--){int l , k ; cin >> l >> k ;int L = l, R = n;int ans = -1 ;while(L<=R){int mid = (L+R)>>1 ;if(check(l,mid,k)){ans = mid ;L = mid + 1; }else{R = mid - 1 ;}}cout << ans << " " ;}cout << endl ;
}int main()
{IOSint _ = 1;cin >> _;while(_ --) solve();return 0;
}

F. Vasilije Loves Number Theory

题面 : 

思路 : 

•  1 : n *= x，然后问是否存在一个a使得gcd(n,a)=1并且n*a的约数个数等于n，
• gcd(n,a)=1 --> n,a互质
• 由于n,a互质，那么 d(n)*d(a)=d(n*a)，那么就是要d(a) = n / d(n)，所以n % d(n)一定要等于零 

然后就可以通过唯一分解定理来解;

具体实现请看代码 :

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5+10;// 1 : n *= x，然后问是否存在一个a使得gcd(n,a)=1并且n*a的约数个数等于n，
// gcd(n,a)=1 --> n,a互质
// --> d(n)*d(a)=d(n*a)，那么就是要d(a) = n / d(n)，所以n % d(n)一定要等于零 inline void solve(){int n,q;cin>>n>>q;int cnt = 1 ; // 记录因数的数量 map<int,int> doc ;// 质因数分解 : // num = b1^c1 + b2 ^c2 + .... + bn^cn ; for(int i=2;i*i<=n;i++){// i相当于上面的b,c相当于上面的c ; if(n%i==0){int c =  0 ;while(n%i==0) n/=i,c++;doc[i] = c ;cnt *= (c+1);}}if(n>1) doc[n] = 1 , cnt *= 2 ; // 最后剩下的n本身也是一个质因数 int now = cnt;auto doc2 = doc ;while(q--){int op ; cin >> op ;if(op == 2){now = cnt  ;doc2 = doc ;}else{int x ; cin >> x ;for(int i=2;i*i<=x;i++){if(x%i==0){int c =  0 ;while(x%i==0) x/=i,c++;now /= (doc2[i]+1);doc2[i] += c; now *= (doc2[i]+1);}}if(x>1){now /= (doc2[x]+1);doc2[x]+=1;now *= (doc2[x]+1);}int t = now  ;for(auto it:doc2){int x = it.first ;int y = it.second ;while(y>0 && t % x== 0){t /= x ;y -- ;}}cout << (t==1?"YES":"NO")<<endl; }}
}int main()
{IOSint _ = 1;cin >> _;while(_ --) solve();return 0;
}