1500好难 刷不动了T_T
2069C 贪心 找规律 1500
只有123三个数，组合只有 1 2...2 3 1~2...2~3 1 2...2 3。
1和3之间k个2，贡献 2 k − 1 2^k-1 2k−1个答案
-
所有1和3两两组合 O(n2) 超时
-
关注每一个1的贡献
我们掏一个样例：1 2 3 2 1 3 2 2 3。对于每个 1，我们把它对于答案的贡献写出来。
第一个1 后面有3个3 2 1 + 2 2 + 2 4 − 1 − 1 − 1 2^1+2^2+2^4-1-1-1 21+22+24−1−1−1
第二个1 后面有2个3 2 0 + 2 2 − 1 − 1 2^0+2^2-1-1 20+22−1−1
思路就是从后往前判断，遇到3就-1，遇到2就 × 2 \times 2 ×2，遇到1就ans+=结算。 O(n)
-
注意取模后防止为负数，(ans+MOD)%MOD
cpp
const int MOD=998244353;
void solve(){
int n;
cin>>n;
vector<int>a(n+1);
int t=0,cnt=0,ans=0;
forr(i,1,n){
cin>>a[i];
}
reforr(i,1,n){
if(a[i]==1)ans=(ans+(t-cnt)+MOD)%MOD;
if(a[i]==2)t=(t<<1)%MOD;
if(a[i]==3)t++,cnt++;
}
cout<<ans<<endl;
}2067C 找规律 1500
- 99..9 ( x 个 9 ) = 1 0 x − 1 99..9(x个9)=10^x-1 99..9(x个9)=10x−1
n 的末尾加上至多 9 个 9 便一定可以得到 7
我对这里的理解是，对个位是6这样的数，不管高位是什么，加上9*9=81的个位1，最后个位一定是7
- 枚举可能的答案k:0~9，先做-1再+10^x，防止低位-1需要借位的情况
- 找前面+10^x的过程（代码中用ans计数）
- 先考虑最高位前面的0，需要+7才得到7
- 之后比较每一位到7需要+1的个数，取最小的
- 需要ans<k，因为前面+10^x和后面+1的个数要匹配
为什么个位(l-1)也要判断和7的距离？
eg: 6
cpp
void solve(){
int n;cin>>n;
forr(k,0,9){
int ans=7;//对于最高的0为 需要7个+1 到7
string s=to_string(n-k);
int l=s.size();
forr(i,0,l-1){
if(s[i]>='0'&&s[i]<='7')ans=min(ans,(int)('7'-s[i]));
}
if(ans<=k){
cout<<k<<endl;
break;
}
}
}2065C2 贪心 1300
水题
- 注意到，若 b j − a i ≥ a i − 1 b_j-a_i\geq a_{i-1} bj−ai≥ai−1即 a i − 1 + a i ≤ b j a_{i-1}+a_i\leq b_j ai−1+ai≤bj，二分查找满足这样的 b j b_j bj
- 尽量把前面的数往小压，取a[i]=min(b[x]-a[i],a[i])
- 遇到a[i-1]>a[i]，取大的a[i]，max(b[x]-a[i],a[i])，如果取大的还不行，就出NO
cpp
void solve(){
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<int>a(n+1),b(m);
int fg=1;
forr(i,1,n){
cin>>a[i];
if(i>=2&&a[i]<a[i-1])fg=0;
}
forr(i,1,m)cin>>b[i-1];
if(fg)return cout<<"YES"<<endl,void();
sort(b.begin(),b.end());
if(b[0]-a[1]<a[1])a[1]=b[0]-a[1];
forr(i,2,n){
int x=lower_bound(b.begin(),b.end(),a[i]+a[i-1])-b.begin();
if(x<m&&(b[x]-a[i]>=a[i-1]))a[i]=min(b[x]-a[i],a[i]);
// cout<<x<<endl;
if(a[i-1]>a[i]){
if(x<m)a[i]=max(b[x]-a[i],a[i]);
if(a[i]<a[i-1]||x==m)return cout<<"NO"<<endl,void();
}
// cout<<b[x]<<endl;
}
// forr(i,1,n)cout<<a[i]<<' ';
cout<<"YES"<<endl;
}2027C dfs 1500
- a i = n − i + 1 a a_i=n-i+1a ai=n−i+1a可化为 a i − n + i − 1 = 0 a_i-n+i-1=0 ai−n+i−1=0，对长度有 i − 1 i-1 i−1的贡献
- 下一轮 a j − ( n + i − 1 ) + j − 1 = 0 a_j-(n+i-1)+j-1=0 aj−(n+i−1)+j−1=0，化为 a j − n + j − 1 = i − 1 a_j-n+j-1=i-1 aj−n+j−1=i−1，从上一轮转移过来
- 考虑dp， d p [ ( a k − n + k − 1 ) ] = 增加的长度 dp[(a_k-n+k-1)]=增加的长度 dp[(ak−n+k−1)]=增加的长度，自底向上递推上来
- 数据量大，记忆化搜索
cpp
const int N=3e5+10;
map<int,vector<int>>g;
map<int,int>dp;
int n;
int dfs(int now){
if(dp[now])return dp[now];
int ans=now;
for(auto i:g[now]){
ans=max(ans,dfs(now+i));
}
return dp[now]=ans;
}
void solve(){
cin>>n;
dp.clear();
g.clear();
forr(i,1,n){
int ai;
cin>>ai;
if(i!=1&&ai>=n-i+1){
g[ai-(n-i+1)].push_back(i-1);
}
}
cout<<dfs(0)+n<<endl;
}2033D 前缀和 1300
∑ i = l r a i = p r e r − p r e l − 1 = 0 → p r e r = p r e l − 1 \sum\limits_{i=l}^{r} a_i=pre_r-pre_{l-1}=0 \rightarrow pre_r=pre_{l-1} i=l∑rai=prer−prel−1=0→prer=prel−1
cpp
void solve(){
int n;cin>>n;
vector<int>a(n+1);
forr(i,1,n){
cin>>a[i];
}
vector<int>pre(n+1,0);
map<int,int>cnt;//记录相同前缀和
cnt[0]++;
int ans=0;
forr(i,1,n){
pre[i]=a[i]+pre[i-1];
// cout<<pre[i]<<' ';
if(cnt[pre[i]]){
ans++;
cnt.clear();
cnt[pre[i]]++;//上一个前缀和记录进去
}else cnt[pre[i]]++;
}
// cout<<endl;
cout<<ans<<endl;
}