Codeforces Round #596 (Div. 2, based on Technocup 2020 Elimination Round 2)

比賽連結：Codeforces Round #596 (Div. 2, based on Technocup 2020 Elimination Round 2)

官方題解：Technocup 2020 — Elimination Round 2 + Codeforces Round 596: analysis

A. Forgetting Things

題意

有兩個數 \(a\) 和 \(b\)，給定 \(a\) 的首位 \(d_a\) 和 \(b\) 的首位 \(d_b\)，問能否構造出 \(a\) 和 \(b\)，滿足 \(a + 1 = b\)

思路

如果 \(a = b\)，構造 \(a1\)，\(b2\)。

如果 \(a + 1 = b\)，構造 \(a9\)，\(b0\)。

如果 \(a = 9\)，\(b = 1\)，構造 \(9\)，\(10\)。

否則無法構造。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    if(n == m) {
        printf("%d1 %d2\n", n, m);
    } else if(n == 9 && m == 1) {
        printf("9 10\n");
    } else if(n + 1 == m) {
        printf("%d9 %d0\n", n, m);
    } else {
        printf("-1\n");
    }
    return 0;
}

           

B1. TV Subscriptions (Easy Version)

某電視節目有 \(k\) 集，告訴你 \(n\) 天每天播放哪一集，現在要看連續 \(d\) 天，最少需要買幾集。

暴力。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int a[110];
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while(T--) {
        int n, k, d;
        cin >> n >> k >> d;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            cin >> a[i];
        }
        int ans = 0x3f3f3f3f;
        map<int, int> mp;
        for(int i = 0; i < n - d + 1; ++i) {
            mp.clear();
            for(int j = 0; j < d; ++j) {
                mp[a[i + j]]++;  
            }
            int tmp = mp.size();
            ans = min(ans, tmp);
        }
        int tmp = mp.size();
        ans = min(ans, tmp);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}
           

B2. TV Subscriptions (Hard Version)

與上一題相同，資料範圍變大。

維護一個長度為 \(d\) 的滑動視窗即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
 
int a[maxn];
int mp[maxn * 5];
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while(T--) {
        memset(mp, 0, sizeof(mp));
        int n, k, d;
        cin >> n >> k >> d;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            cin >> a[i];
        }
        int ans = 0x3f3f3f3f;
        int tmp = 0;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            if(i < d) {
                if(mp[a[i]] == 0) ++tmp;
                mp[a[i]]++;
            } else {
                ans = min(ans, tmp);
                mp[a[i - d]]--;
                if(mp[a[i - d]] == 0) --tmp;
                if(mp[a[i]] == 0) ++tmp;
                mp[a[i]]++;
            }
        }
        ans = min(ans, tmp);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}
           

C. p-binary

給定兩個整數 \(n\) 和 \(p\)，将 \(n\) 分解成若幹個 \(2^x + p\) 的和，求最少需要幾項。如 \(n=24,p=-1\)，則 \(24 = (2^4 - 1) + (2^2 - 1) + (2^2 - 1) + (2^2 - 1)\)，是以答案為 \(4\)。

枚舉項數 \(i\)，\(2^{31}>1e9\)，是以不超過 \(31\) 項。然後将 \(n\) 減去 \(p*i\)，\(n - p\times i\) 最多有 \(n - p\times i\) 項 (每項都為 \(2^0\))，最少項數為二進制分解後二進制中為 \(1\) 的個數，判斷 \(i\) 是否在這個範圍内即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main() {
    int n, p;
    int ans = -1, tmp = 0;
    scanf("%d%d", &n, &p);
    for(int i = 1; i <= 31; ++i) {
        int cnt = 0;
        tmp = n - p * i;
        while(tmp > 0) {
            if(tmp & 1) {
                cnt++;
            }
            tmp >>= 1;
        }
        if(cnt <= i && i <= n - p * i){
            ans = i;
            break;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}
           

D. Power Products

給定 \(n\) 個正整數 \(a_1, a_2, ..., a_n\)，和一個整數 \(k\ge 2\)，問有多少對 \(a_i, a_j\) 滿足 \(a_i\cdot a_j = x^k\)，\(x\) 是整數。

将每個數質因數分解，将每個因子和模 \(k\) 後的數量存入 \(map\)，然後找所需的剩餘因子個數滿足的是否存在。

比如 \(24 = 2^3 * 3\)，設 \(k = 2\)，則 \(map\) 中存 \(((2,\ 3\mod k),\ (3,\ 1 \mod k))\)，\(((2,\ 1),\ (3,\ 1))\)。然後在 \(map\) 中找 \(((2,k - 1),\ (3,\ k - 1))\) 是否存在即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
 
ll a[maxn];
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    ll n, k;
    cin >> n >> k;
    map<vector<pair<ll, ll> >, ll> mp;
    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> a[i];
        vector<pair<ll, ll> > vt;
        for(int j = 2; j <= a[i] / j; ++j) {
            int num = 0;
            if(a[i] % j == 0) {
                while(a[i] % j == 0) {
                    ++num;
                    a[i] /= j;
                }
            }
            if(num % k) {
                vt.push_back({j, num % k});
            }
        }
        if(a[i] > 1) vt.push_back({a[i], 1 % k});
        vector<pair<ll, ll> > vt2;
        for(int j = 0; j < vt.size(); ++j) {
            vt2.push_back({vt[j].first, k - vt[j].second});
        }
        ans += mp[vt2];
        mp[vt]++;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}