Codeforces Round 1037 (Div. 3)（补题）

文章目录

• 前言
• [A.Only One Digit](#A.Only One Digit)
• [B.No Casino in the Mountains](#B.No Casino in the Mountains)
• [C. I Will Definitely Make It](#C. I Will Definitely Make It)
• [D.This Is the Last Time](#D.This Is the Last Time)
• [E.G-C-D, Unlucky!](#E.G-C-D, Unlucky!)
• 总结

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前言

感觉前四道，就是考对于题目的理解能力，以及自己的模拟能力

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A.Only One Digit

题目传送门：Only One Digit

对于这一题，只要读懂题之后，一个排序就行了

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e6+10;
void solve()
{
	string s;
	cin>>s;
	ll n[5];
	for(ll i=0;i<s.size();i++)
	{
		n[i]=s[i]-'0';
	}
	sort(n,n+s.size());
	cout<<n[0]<<endl;
}
signed main()
{
	ll t=1;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

B.No Casino in the Mountains

题目传送门：No Casino in the Mountains

这一题由于只有0和1，故就想到了前缀和，然后再按照题目描写的模拟一下就行了

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e6+10;
ll s[N];
ll a[N];
void solve()
{
	ll n,k;
	cin>>n>>k;
	ll sum=0;
	ll ans=0;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>s[i];
		a[i]=a[i-1]+s[i];
		if(s[i]==1)
		sum++;
	}
	if(sum==n)//特判一下是否全为1
	{
		cout<<0<<endl;
		return ;
	}
	ll x=0;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		x=i;
		if(s[i]==0)//为了去除开头连续的1
		break;
		
	}
	for(ll i=x;i+k-1<=n;i++)
	{
		if(a[i+k-1]-a[i]==0&&s[i]==0)//判断一下是否满足条件
		{
			ans++;
			i=i+k;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
	ll t=1;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

C. I Will Definitely Make It

题目传送门：I Will Definitely Make It

对于这一题当时快写吐了，等到快结束的时候，又重新读了一下题，才发现之前理解错了，导致一直过不了，最后剩几分钟，也来不及改了，结束之后，重新敲了一遍，直接过了，无语。

主要思路：

通过观察会发现当开始在哪座山时，只要之后的山与当前的位置高度小于等于，最开始山的高度，就不会被淹，只需要排完序之后，来进行判断从最开始的山一直到最高的山是否，会出现高度差大于最开始山的高度。如果出现了就是"NO"，否则就是"YES"；

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e5+10;
ll s[N];
ll s1[N];
void solve()
{
	ll n,k;
	cin>>n>>k;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>s[i];
	}
	ll a=s[k],x=0;;
	sort(s+1,s+n+1);
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	if(s[i]==a)
	x=i;
	ll m=1;
	for(ll i=x;i+1<=n;i++)
	{
		s1[m++]=s[i+1]-s[i];//将高度差存入数组中
	}
	sort(s1+1,s1+m);//对其进行排序
	ll f=0;
	for(ll i=1;i<m;i++)
	{
		if(s1[i]>a)//如果出现大于起始高度时就进行标记，如何跳出循环
		{
			f=1;
			break;
		}
	}
	if(f)
	cout<<"NO"<<endl;
	else
	cout<<"YES"<<endl;
}
signed main()
{
	IOS;
	ll t=1;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

D.This Is the Last Time

题目传送门：This Is the Last Time

这一题就是贪心，当时只想着就进行排序，然后对其答案进行更新，没有约束最大值，导致wa了两发，然后改了过来，由于数组开小了，又wa了1发。WA警示自己！！！

解题思路：

这一题只需要利用结构体按照L从小到大排序，然后循环，最后再循环的时候约束一下最大值就行了。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e5+10;
struct node{
	ll x,y,sum;
}s[N];
bool cmd(node a,node b)
{
	return a.x<b.x;
}
void solve()
{
	ll n,k;
	cin>>n>>k;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>s[i].x>>s[i].y>>s[i].sum;
	}
	sort(s+1,s+1+n,cmd);//按照x从小到大排序
	ll ans=k;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		if(ans>=s[i].x&&ans<=s[i].y&&ans<=s[i].sum)//如果大于sum，则进行更新，
		ans=s[i].sum;
	}
	cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
	ll t=1;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

E.G-C-D, Unlucky!

题目传送门：E.G-C-D, Unlucky!

解题思路：

这一题就是找规律题，
1. 通过前缀与后缀的定义就会发现，前缀与后缀数组，到最后都是包含了所有数；故前缀数组的最后一个数与后缀数组的第一个数应该相同。
2. 由于公约数是求两个数的公因数，而公因数都是小于等于这这两个数最小的本身，由此可以得到，其数组必定是单调的

前缀: 非单调递增。

后缀：非单调递减。

3. 就是公约数的性质了

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e6+10;
ll a[N],b[N],c[N];
ll lcm(ll x,ll y)
{
	return x*y/__gcd(x,y);
}
void solve()
{
	ll n;
	cin>>n;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	cin>>a[i];
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	cin>>b[i];
	if(a[n]!=b[1])
	{
		cout<<"NO"<<endl;
		return ;
	}
	for(ll i=1;i+1<=n;i++)
	{
		if(a[i]<a[i+1])
		{
			cout<<"NO"<<endl;
			return ;
		}
	}
	for(ll i=1;i+1<=n;i++)
	{
		if(b[i]>b[i+1])
		{
			cout<<"NO"<<endl;
			return ;
		}
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		ll l=lcm(a[i],b[i]);
		if(i>1&&__gcd(a[i-1],l)!=a[i])
		{
			cout<<"NO"<<endl;
			return;
		}
		if(i+1<=n&&__gcd(b[i+1],l)!=b[i])
		{
			cout<<"NO"<<endl;
			return;
		}
	}
	
	cout<<"YES"<<endl;
}
signed main()
{
	IOS;
	ll t=1;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

lcm(ai,bi)

ai=pi;

bi=si;

如果从传递性来进行推理的话

lcm求出来的就是ai然后再利用传递性与pi-1求最大公因数

构造的核心思想：

对于每个位置 i，构造候选的数组 a 元素为 ai（前缀 GCD）和 bi（后缀 GCD）的最小公倍数 l。因为 a 数组的元素需要同时是前缀 GCD 和后缀 GCD 的倍数，最小公倍数是满足该条件的最小可能值 。

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总结

不知道是在协会敲代码，敲习惯了，看着大屏幕，很少分神。然而到了寝室看自己的电脑敲代码，总是很难集中注意看题。总是看着题目读着读着心神就飘到其他地方去了~~~~

嗯，集中注意力，下回必须集中注意力！！！