csu-2018年11月月赛Round2-div1题解
A（2191）：Wells的积木游戏
Description
Wells有一堆N个积木，标号1~N，每个标号只出现一次 由于Wells是手残党，所以每次只能取出一块积木放在积木顶层 现在Wells想知道至少需要操作几次可以把积木堆成从顶至底标号升序 不论什么都很菜的Wells显然不知道怎么做 所以作为人生赢家的你义不容辞的决定帮助可怜的Wells
Input
第一行一个正整数N
接下来N行，从顶至底描述每块积木的标号
Output
输出一行，为最小操作次数
Sample Input
3
3
2
1
Sample Output
2
Hint
样例数据的两次操作（3，2，1）->（2，3，1）->（1，2，3） N<=10^5
题解：
div-1难得的水题，找几个数据看一下就可以发现从最大积木的开始向前找，连续的是有贡献的，比如
2 1 5 3 4 6, 6之前只有5这一个连续数字，所以贡献为2，答案就为6 - 2 = 4
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
using namespace std;
int a[maxn];
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
int maxx = 0, maxpos;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
if (a[i] > maxx) {
maxx = a[i];
maxpos = i;
}
}
int cnt = 1;
for (int i = maxpos - 1; i >= 1; i--) {
if (a[i] == maxx - 1) {
cnt++;
maxx -= 1;
}
}
cout << n - cnt;
return 0;
}
B（2192）：Wells弹键盘
Description
Wells十分羡慕和佩服那些会弹钢琴的人比如子浩君，然而Wells只会弹键盘…… Wells的键盘只有10个键，从1，2,3，……，9,0，如下图所示：
而且作为一个正常人，Wells也有两只手，但是为了显示出自己高超的弹键盘水平，Wells决定每只手只动用一个手指，左手指和右手指，来进行按键操作，初始左右手指分别在5，6两个按键上。每一个单位时间（1s），对于一个手指，Wells可以进行如下操作之一：
- 按下位于手指位置的按键。
- 将手指向左或向右移动一格，当然不能移到键盘外面。
必须注意以下几点：
- 在任意时刻，正常人左手指都必须在右手指的左边，当然右手指就在左手指的右边。
- 在一个单位时间内，只有一个手指可以按下按键。当然，另一个手指还是可以移动的。
现在，给Wells得到一个高级键盘谱（一个仅含0~9的非空字符串）可以在梦里弹出不输于钢琴的旋律，但强迫症Wells一定要知道高级键盘谱弹奏最少要几秒才能弹完，但Wells数学太差了，所以Wells求助于你，本世纪最优秀的程序yuan之一来帮助他！
Input
输入文件有若干行，每行描述一组数据。 对于每组数据仅一行，一个数字串s。
Output
输出若干行，每行为对应输入数据的答案。
Sample Input
434
56
57
Sample Output
5
2
2
Hint
对于20%的数据，0<=length(s)<=5，且数据组数不超过3组； 对于100%的数据，0<=length(s)<=100，且数据组数不超过100组； 保证数据中间没有空行；
题解:
设dp[i][j][k]为第i个数字左手在j右手在k时的最小秒数。则j或k肯定有一个是当前的数字。先让j为当前数字枚举k转移，再让k为当前数字枚举j转移。从dp[i - 1][l][r]转移过来，要求是l < r且处理左手在当前数字时l到当前数字的距离+弹奏的1(s)不能比r到k的距离要小，处理右手在当前数字时r到当前数字的距离+弹奏的1(s)不能比l到j的距离小。否则另一只手到达不了另一个数字。
最后f[n][a[n]][i]和f[n][i][a[n]]中最小的即为答案
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[105];
int f[105][15][15];
int a[105];
int main() {
while (scanf("%s", s + 1) != EOF) {
int n = strlen(s + 1);
for (int i = 0; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= 10; j++) {
for (int k = 1; k <= 10; k++) {
f[i][j][k] = 0x3f3f3f3f;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (s[i] == '0') a[i] = 10;
else a[i] = s[i] - '0';
}
f[0][5][6] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j < a[i]; j++) {
for (int l = 1; l <= 10; l++) {
for (int r = l + 1; r <= 10; r++) {
int s = abs(r - a[i]) + 1;
if (abs(l - j) > s) continue;
f[i][j][a[i]] = min(f[i][j][a[i]], f[i - 1][l][r] + s);
}
}
}
for (int k = a[i] + 1; k <= 10; k++) {
for (int l = 1; l <= 10; l++) {
for (int r = l + 1; r <= 10; r++) {
int s = abs(l - a[i]) + 1;
if (abs(r - k) > s) continue;
f[i][a[i]][k] = min(f[i][a[i]][k], f[i - 1][l][r] + s);
}
}
}
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
for (int i = 1; i <= 10; i++) {
if (a[n] < i)
ans = min(f[n][a[n]][i], ans);
}
for (int i = 1; i <= 10; i++) {
if (i < a[n])
ans = min(f[n][i][a[n]], ans);
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
C（2195）：OR
Description
xrdog有一个有趣的算式
X=(a1ora2ora3or...oraN)∗YX=(a1ora2ora3or...oraN)∗Y
现给定，问有多少组满足上述算式的,形如 (a1,a2,a3...aN,Y)(a1,a2,a3...aN,Y) 的（N+1）元组。
Input
第一行两个整数 X(1<=X<=109)X(1<=X<=109) 和 N(1<=N<=109)N(1<=N<=109)
Output
打印一个整数，表示所求答案,答案对1e9+7取模。
Sample Input
2 2
Sample Output
6
Hint
有以下6个3元组: (2,0,1) (0,2,1) (2,2,1) (1,0,2) (0,1,2) (1,1,2)
题解：
先枚举x的每一个因子，找它的二进制下1的个数，每一个1都有2的n次方 - 1的贡献，因为只要在n位中或出这个1就可以了，方法除去全为0的1种，即为2的n次方 - 1
注意枚举因子从1 到 sqrt（x）
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define p 1000000007
typedef long long ll;
using namespace std;
inline ll fastPow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while (b) {
if (b & 1) {
ans = ans * a % p;
}
a = a * a % p;
b >>= 1;
}
return ans % p;
}
inline int count(int x) {
int ans = 0;
while (x) {
if (x & 1) ans++;
x >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
int x, n;
scanf("%d%d", &x, &n);
ll base = fastPow(2, n) - 1;
ll ans = 0;
for (int i = 1; i * i <= x; i++) {
if (x % i == 0) {
int num = count(i);
ans = (ans + fastPow(base, num)) % p;
if (i * i != x) {
num = count(x / i);
ans = (ans + fastPow(base, num)) % p;
}
}
}
cout << ans;
return 0;
}
D（2202）：EL PSY CONGROO
Time Limit: 2 sec
Description
凤凰院凶真又双叒叕踏上了拯救牧濑红莉栖之路，现在有 NN 条世界线 [l1,r1],[l2,r2],...,[lN,rN][l1,r1],[l2,r2],...,[lN,rN]。
从这些世界线中选出 KK 个，考虑其交集，即被所 有 KK 个世界线包含的点集。交集必然也是一个世界线，设为 [l,r][l,r]，则其长度为 r−lr−l。
只有世界线的交集最大，冈部才有足够的时间完成任务。 请求出所有选出 KK 个世界线的方案中，交集长度最大的。
Input
输入的第一行包含一个整数 TT，代表测试数据的组数。接下来是 TT 组数据。
每组数据的第一行包含两个整数 NN 和 KK 。接下来NN行，每行包含两个整数 lili和 riri，描述一 个世界线。
Output
对于每组数据，输出一行，包含一个整数，代表交集的最大长度。
Sample Input
1
3 2
1 6
2 4
3 6
Sample Output
3
Hint
1≤K≤N≤10^5\\
1≤li≤ri≤10^9\\
∑n≤5∗10^5\
\]
题解：
先对左端点进行升序排序，则选到当前线段的左端点的交集就是当前左端点，同时用小根堆维护右端点的值，使堆大小始终为k，用堆顶的右端点值-当前左端点值更新答案，若超过k，则弹出堆顶的元素，因为它不可能在后面产出更优的答案了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100050
using namespace std;
inline int getnum() {
char c; int ans = 0; int flag = 1;
while (!isdigit(c = getchar()) && c != '-');
if (c == '-') flag = -1; else ans = c - '0';
while (isdigit(c = getchar())) ans = ans * 10 + c - '0';
return ans * flag;
}
struct node {
int l, r;
bool operator < (const node a) const {
return l < a.l;
}
} a[maxn];
int main() {
int t = getnum();
while (t--) {
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q;
int n = getnum(), k = getnum();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i].l = getnum();
a[i].r = getnum();
}
sort(a + 1, a + n + 1);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (q.size() >= k) {
q.pop();
}
q.push(a[i].r);
if (q.size() == k) {
int x = q.top();
if (x - a[i].l > ans) {
ans = x - a[i].l;
}
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
E（2203）：Mad Scientist
Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 256 Mb
Description
凤凰院凶真是个Mad Scientist，他制造了大量Time Machine分布在一块 N×MN×M 的矩形网格区域。每格中要么什么都没有，要么有一个Time Machine。两个Time Machine之 间的距离定义为其曼哈顿距离。
对于 1≤d≤N+M−21≤d≤N+M−2，凶真想知道有多少对Time Machine的距离恰好为 dd。
Input
输入的第一行包含一个整数 TT ，代表测试数据的组数。接下来是 TT 组数据。
每组数据的第一行包含两个整数 NN 和 MM。
接下来 NN 行，每行包含一个长度为 MM 的 0101 串，为‘1’代表网格对应位置中有Time Machine，为‘0’则 代表无。
Output
对于每组数据，输出一行，包含 N+M−2N+M−2 个整数，其中第 dd 个代表距离为 dd 的Time Machine对数。
Sample Input
1
3 4
0011
0000
0100
Sample Output
1 0 1 1 0
Hint
2≤N,M≤300
\]
题解：
此题愉快的不会，估计也会不了了...orz（流下了蒟蒻的泪水）
思路据说是维护左斜线和右斜线的前缀和，或者二维fft，总之我都不会
感想：
div 1太难了！！！早知道多做会div 2了！！div2倒着做做了两个题第三题不会就溜了，没看前两题挺水的，硬怼div 1大失败。下次但愿能从一开始做，这样div 1和div 2都有时间做了，中途开始有点伤