Codeforces Round #828 (Div. 3) （A~D）

浪漫主义狗

发布于 2023-09-04 14:54:46

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发布于 2023-09-04 14:54:46

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A. Number Replacement

Origional Link

题目大意

给定一个序列 a 和一个字符串 s。
可以将相同的 a_i 替换为 s_i，若a_i 对应的替换规则唯一。
求是否可以在满足上述条件下完成替换。

思想：

思维。
当 s_i 所对应的 a_i 首次出现时建立对应规则。
若 s_i 对应的 a_i 出现过且规则不同说明无法完成替换。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int a[N];

void solve(){

    int vis[1010] = {0};

    int n; cin >>n;
    for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> a[i];
    string s; cin >> s;
    for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
        if(vis[a[i]] == 0){
            vis[a[i]] = s[i];
        }
        else{
            if(vis[a[i]] != s[i]){
                cout << "NO" << endl;
                return ;
            }
        }
    }

    cout << "YES" << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

B. Even-Odd Increments

Origional Link

题目大意

给定一个序列 a 和 q 次操作：操作 0~~x_j 表示将序列中所有的偶数加上 x_j。操作 1~~x_j 表示将序列中所有的奇数加上 x_j。
求每次操作之后的序列之和。

思想：

思维题。
记录 a 之和以及其偶数和奇数的数量。
操作为 0 时：偶数加偶数，偶数数量不变；偶数加奇数，奇数数量增加当前偶数的数量。
操作为 1 时：奇数加偶数，奇数数量不变；奇数加奇数，偶数数量增加当前奇数的数量。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    LL sum = 0;

    LL odd = 0, even = 0;

    int n, q; cin >> n >> q;
    for(int i = 0; i < n; i ++){
        LL x; cin >> x;
        if(x % 2 == 0) even ++;
        else odd ++;
        sum += x;
    }

    while(q --){
        int op, k; cin >> op >> k;
        if(op == 0){
            if(k % 2 == 0) um += even * k;
            else{
                sum += even * k;
                odd += even; even = 0;
            }
        }
        else{
            if(k % 2 == 0) sum += odd * k;
            else{
                sum += odd * k;
                even += odd; odd = 0;
            }
        }
        cout << sum << endl;
    }

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

C. Traffic Light

Origional Link

题目大意：

给定一个长度为 n 且只包含 r,y,g 的字符串 s 代表红绿灯的信号周期。
给出当前的信号为 c 表示当前的状态。
求最长等待可以遇到 g 的时间。

思想：

模拟。
将 s 加长，使得一个周期首尾相连。
从每个信号为 c 的位置开始，找到下一个为 g 的位置。
更新最大的区间长度。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    int n;
    string op;
    cin >> n >> op;
    string s; cin >> s;
    int t = s.size();
    s = s + s;
    int pos = s.find(op);
    int res = -1;
    for(int i = 0; i < t + pos + 1; i ++){
        int cnt = 0;
        if(s[i] == op[0]){
            while(s[i] != 'g' && i < s.size()){
                cnt ++; i ++;
            }
            res = max(res, cnt);
        }
    }

    cout << res << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

D. Divisibility by 2^n

Origional Link

题目大意：

给定一个长度为 n 的正整数序列 a，使得所有元素的乘积可以被 2^n 整除。
可以进行如下操作：对 a_i = a_i \times i。
上述操作每个位置只能进行一次。
求满足题意的最少操作次数。

思想

贪心。
设 a_i 乘积为 k，则满足 2^n | k 的条件为 k 因数分解中，2 的因子数量大于等于 n。
显然，当 2 的因子数量不足时，使得操作数最小的方案即为优先选择 i 包含 2 因子数量多的位置进行操作。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int f(LL n){
    int cnt = 0;
    while(n % 2 == 0){
        n /= 2;
        cnt ++;
    }
    return cnt ;
}

void solve(){

    LL sum = 0;

    priority_queue<int> st;

    int n; cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        LL x; cin >> x;
        sum += f(x);
        st.push(f(i));
    }

    int cnt = 0;
    while(!st.empty() && sum < n){
        sum += st.top(); st.pop();
        cnt ++;
    }
    if(sum >= n) cout << cnt << endl;
    else cout << -1 << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

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原始发表：2022-10-17 ，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

cin