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Codeforces Round 919 (Div. 2)

Problem - A - Codeforces

n个约束条件
a x
求出满足n个约束条件的整数的个数

大于等于x,取最大的
小于等于x,取最小的
然后不等于x的,记录在区间范围内的个数,减去这些

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
int n;
void solve() {cin>>n;vector<int>ans;int l=0,r=2e9;for(int i=0;i<n;i++){int a,x;cin>>a>>x;if(a==1) l=max(l,x);else if(a==2) r=min(r,x);else ans.push_back(x);}int sum=r-l+1;if(sum<0){cout<<0<<endl;return;}int cnt=0;for(auto v:ans){if(v>=l&&v<=r) cnt++;}cout<<sum-cnt<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

Problem - B - Codeforces

长度为n的数组a
操作:Alice删除最多k个元素,然后Bob最多将x个元素乘以-1
Alice想要全部数之和最大,Bob想要全部数之和最小

Bob肯定是尽可能的从大到小尽可能多的乘以-1,暴力枚举Alice删除的个数(从大的开始删)

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int pre[N];
int n,k,x;
void solve() {cin>>n>>k>>x;int sum=0;memset(pre,0,sizeof pre);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],sum+=a[i];sort(a+1,a+1+n);for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+a[i];int ans=-2e9;for(int i=0;i<=k;i++){//枚举删除i个int r=n-i;//[r+1,n]删除int l=max((int)1,r-x+1);//[l,r]全变成-1ans=max(ans,sum-2*(pre[r]-pre[l-1])-(pre[n]-pre[r]));}cout<<ans<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

Problem - C - Codeforces 

 

对于x,y,x=y(mod m)等价于(x-y)mod m=0,即如果m是|x-y|的因子,那么x,y在模m的意义下同余

所以对于某个k值(k是n的因子,一个一个枚举即可),如果存在m大于等于2,满足a1,a1+k,a1+2 * k...在模m的意义下同余,a2,a2+k,a2+2 * k...在模m的意义下同余...那么k就是一个合法解,答案就加1,也就是说每隔k个的在模m的意义下同余,所以直接从头遍历,看其和其后第k个即可,然后都是模m等于0,所以m需要是它们所有的公因数,故求一个最大公因数,如果大于等于2的话就可以

还一种情况,就是每隔k个数都相等,那么最大公因数就是0,也是可行的

trick:

1.对于x,y,x=y(mod m)等价于(x-y)mod m=0,即如果m是|x-y|的因子,那么x,y在模m的意义下同余

2.a1,a1+k,a1+2 * k...在模m的意义下同余,a2,a2+k,a2+2 * k...在模m的意义下同余...也就是说每隔k个的在模m的意义下同余,所以直接从头遍历,看其和其后第k个是否同余即可,由于都是模m为0,所以m是每差k个的两数之差的绝对值的公因数

3.gcd(a,b),令a等于0,那么结果就是b,所以求很多数的最大公因数时,可以初始化为0,这样比较好

4.当所有数都等于x时,如果初始化为0的话,对它们求gcd为0,如果初始化为其中一个数时,那么对它们求gcd则为

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int n;
int gcd(int a,int b){if(b==0) return a;return gcd(b,a%b);
}
void solve() {cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];int ans=0;for(int k=1;k<=n;k++){//枚举kif(n%k==0){int tmp=0;for(int i=1;i+k<=n;i++){tmp=gcd(tmp,abs(a[i+k]-a[i]));}if(tmp>=2||tmp==0) ans++;}}cout<<ans<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

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