比赛链接：Here
1560A. Dislike of Threes
Description
找出第 $k$ 大的不可被 $3$ 整除以及非 $3$ 结尾的整数
直接枚举出前 1000 个符合条件的数，然后输出
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
vector<int>a;
int i = 1;
while (a.size() != 1000) {
if (i % 3 != 0 && i % 10 != 3) a.push_back(i);
i += 1;
}
int _; for (cin >> _; _--;) {
int n; cin >> n;
cout << a[n - 1] << "\n";
}
}
1560B. Who‘s Opposite?
Description
一些人均匀站成一圈，每人的编号从 $1$ 开始，给定 $a,b,c$ 三个整数，$a,b$ 是通过圆心看向对方，请问是否存在 $c$ 的对位，如果存在则输出相应编号，否则输出 $-1$
通过样图容易发现对位的编号差的两倍即 \(n\)? 的大小，所以如果 \(c\)? 存在对位的话，肯定是 \(c + Siz / 2\ or\ c - Siz/2\)???
当然注意边界
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int a, b, c; cin >> a >> b >> c;
int n = 2 * abs(a - b);
if (a > n || b > n || c > n) {cout << "-1\n"; continue;}
cout << (n / 2 + c - 1) % n + 1 << "\n";
}
}
1560C. Infinity Table
题意：给定 \(n\) 请问 \(n\) 在第几行第几列
好明显的规律题？但赛时没想太多，跑了暴力
- 先找到第 \(i\) 行第 \(i\) 列的数值，然后在第 \(i\) 行和第 \(i\) 列上循环跑一下即可
- 因为 \(n\le 10^9\)? 最多 \(10^3\)? 行保证不会
TLE
void solve() {
ll x; cin >> x;
ll i = 1;
while (i * i < x) i++;
ll j = i - 1;
ll tmp = x - j * j;
if (tmp <= i) cout << tmp << " " << i << endl;
else {
int t = i * i - x;
cout << i << " " << t + 1 << endl;
}
}
1560D. Make a Power of Two
D题开始搞自己了，
给定一个整数 \(n (n\le 10^9)\) 和两种操作，
- 删除 \(n\) 的任何一位
- 在最右边加一位（可以是 \(0\sim 9\) 任何一个数）
请问最少的操作数使得 \(n\) 为 \(2^k(0\le k)\)?
这很明显 \(k\) 最大也就 \(64\)? ，直接枚举了，然后比较原字符串和 \(2^k\) 的位数差：\(len_s +len_t - 2 * cnt\)? ，\(cnt\)? 为相同位数个数
相同类型：AcWing 3796. 凑平方
来自群友的详细思路，From 群友d3ac
题目关键信息: 随便删除,只能在右边加,前导零不自动删除
- 因为要看看到底操作几次就可以变得和\(2^k\ \ (0\le k\le 63)\)相等,拿到题我们就先想暴力一点的做法,判断时间复杂度,再考虑优化.所以最暴力的就是直接枚举\(2^k\),再与\(n\)来作比较,看看需要操作几次
- 计算时间复杂度:\(10^4*63*9\)<\(10^{8-9}\),所以行.
- 然后再来考虑怎么把\(n\)与\(2^k\)进行比较,来计算需要几个操作,这个其实就是字符串匹配,将\(2^k\)来匹配原来的\(n\),因为只能从左边添加字符,假设\(2^k=1024\)所以\(n\)中必须是有从\(1\)到\(4\)连续且有顺序排列的才行,举个例子:\(n=1052\),匹配成功了\(3\)个,\(n=2052\),匹配成功\(0\)个,因为必须要删除完所有的才能加入\(1\).
- 再考虑一点小小的优化和怎么写才好写
- 将\(2^k\)预处理出来,放在一个数组里面方便每次用,减少时间复杂度.
- 将\(n\)和\(2^k\)都转换为字符串,方便处理.
- 设\(n\)的字符串下长度为\(Len\),匹配成功了\(now\)个(注意,\(now\)指向的是下一个位置,所以要\(now--\)),当前\(2^k\)的长度是\(len[i]\).最终的答案就是\(len[i]-now+Len-now\),其中\(len[i]-now\)是\(n\)需要添加的,\(Len-now\)是需要删除的.
注意:需要枚举到\(2^{32}\)才行
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
string s; cin >> s;
int ans = 1e9;
for (int i = 0; i < 64; ++i) {
string t = to_string(1ull << i);
int k = 0;
for (int j = 0; j < int(s.size()); ++j)
if (k < int(t.size()) && s[j] == t[k]) k += 1;
ans = min(ans, int(s.size() + int(t.size()) - 2 * k));
}
cout << ans << ‘\n‘;
}
}
int n, T, a[100], len[100];
char b[100][100], s[100];
signed main() {
int base = 63;
scanf("%lld", &T); a[1] = 1;
for (int i = 2; i <= base; i++) a[i] = a[i - 1] * 2;
for (int i = 1; i <= base; i++) {
while (a[i]) {
b[i][++len[i]] = a[i] % 10 + ‘0‘;
a[i] /= 10;
}
reverse(b[i] + 1, b[i] + 1 + len[i]);
}
while (T--) {
scanf("%s", s + 1); int Len = strlen(s + 1);
int ans = 10000;
for (int i = 1; i <= base; i++) {
int now = 1;
for (int j = 1; j <= Len; j++) {
if (s[j] == b[i][now]) now++;
}
now--;
ans = min(ans, len[i] - now + Len - now);
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
1560E. Polycarp and String Transformation
From 群友d3ac
首先思考一下给出的字符串那么长,到底该怎么去分割开,要是分割开,那就爽歪歪.
- 以\(everywherevrywhrvryhrvrhrvhv\)为例子
- 正常分割\(everywhere \ \ vrywhr \ \ vryhr \ \ vrhr \ \ vh \ \ v\)
所以不难看到,要想把他分出来还是有点难度的,但是每次会删除一个字符,我们再倒过来看看,先是只有一种字母,然后再是只有两种字符……有全部的字母,所以我们倒序枚举,从字符串的末尾开始向头开始枚举的话,就可以找到删除的顺序,因为后删除的字符肯定在后面还会出现的,而先删除的字符就只会在前面,会后被枚举到,因此,我们找到了删除的顺序
再来考虑原字符串是什么,先这样,我们统计一下每个字母在大字符串出现了多少次,结果是这样的:
\(e=4\),\(w=2\),\(y=3\),\(r=8\),\(h=5\),\(v=6\).
每个字符在每次轮回的时候出现次数都是一样的,在删除了它之前是一个特定值\(x\),删除后就是\(0\),所以我们将所有的字符出现次数除上它是第几个被删除掉的,结果就是这样了
\(e=4\),\(w=1\),\(y=1\),\(r=2\),\(h=1\),\(v=1\)
然而母串,也就是原字符串中,每个字母出现次数也是也么多次.
至此,我们已经求出了字符串和顺序,要考虑\(-1\)就简单了,就是模拟题目所说过程,用我们得到的字符串去看,行不行就好了
注意:要memset 反例:aaabbb
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
string t; cin >> t;
reverse(t.begin(), t.end());
map<char, int> freq;
string ord;
for (char c : t) {
if (!freq[c]) ord += c;
freq[c] += 1;
}
int n = int(ord.length());
int len = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) len += freq[ord[i]] / (n - i);
reverse(t.begin(), t.end());
if (len > t.size()) {
cout << "-1\n";
continue;
}
string s = t.substr(0, len);
reverse(ord.begin(), ord.end());
string reals = s;
string fin = "";
for (char c : ord) {
fin += s;
string news ;
for (char d : s)
if (d != c) news += d;
s = news;
}
if (fin == t) cout << reals << " " << ord << "\n";
else cout << "-1\n";
}
}
1560F2. Nearest Beautiful Number (hard version)
翻译一下官方题解（官方题解解释的很清楚，好评）
假设数字 \(n\)? 包含 \(m\)? 位数字，其十进制表示为 \(d_1d_2…d_m\)?。 所需的数字 \(x\)? 不大于由 \(m\)? 个数字 9 组成的数字。这个数字是 1-beautiful，而任何 1-beautiful 数字同时是 k-beautiful，所以 \(x\)? 最多包含 \(m\)? 个数字。 同时，\(x≥n\)? 所以 \(x\)? 至少包含 \(m\)? 位数字。 因此，所需的数字正好包含 \(m\)? 位数字。
因为我们要寻找最小的 \(x\)?，所以我们需要首先最小化第一个数字，然后再最小化第二个数字，等等。因此，我们需要找到 \(n\)? 的十进制表示的前缀，它是十进制表示的前缀的 \(x\)。 让我们贪心地做吧。
我们找出包含不超过 \(k\)???? 个不同数字的 \(n\)???? 的最大前缀。 假设前缀的长度为 \(p\)????。 如果 \(p=m\)????，那么 \(n\)????? 已经是 k-beautiful 的了，直接输出即可。 否则，让我们像数字一样将前缀增加 \(1\)????，例如 如果 \(n=1294\)??? 且 \(p=3\)???，那么我们将 \(129\)??? 加 \(1\)???，结果前缀为 \(130\)??。所有其他数字 \((d_{p+2},d_{p+3},...,d_m)\)?，让我们设置为零（例如，如果 \(n=1294\)? 并且 \(p=3\)，那么 \(n\) 就会变成 \(1300\) ）。 旧 \(n\) 的答案就是新 \(n\) 的答案。 为了得到新 \(n\) 的答案，让我们再次开始描述的过程来准备新 \(n\)。
具体可以再参考代码理解
- 时间复杂度：\(\mathcal{O}(m^2)\)
void solve() {
string s;
int k;
cin >> s >> k;
while (true) {
set<char> cs;
for (auto c : s) cs.insert(c);
if (cs.size() <= k) {cout << s << "\n"; return ;}
cs.clear();
int lst = 0;
for (;; lst++) {
cs.insert(s[lst]);
if (cs.size() > k) {
while (s[lst] == ‘9‘) lst -= 1;
s[lst]++;
for (int i = lst + 1; i < s.size(); ++i) s[i] = ‘0‘;
break;
}
}
}
}
JLY 关于F1的代码：Here