Educational Codeforces Round 100 (Rated for Div. 2)

A. Dungeon

题意： 给你a、b、c三个数，你每次操作可以选择其中一个数减去1，每逢7的倍数次操作，三个数都减去1。问是否可以在某一轮三个数同时变成零。

题解： 只需要判断hp的和十分为9的倍数，且判断3个怪物是否都能活得那个回合即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1e3 + 5;
typedef long long LL;
int n;
int main() {cin >> n;while (n--) {LL Sum = 0;LL a, b, c;cin >> a >> b >> c;Sum = a + b + c;if (Sum % 9 == 0 && (min(a, min(b, c)) >= (Sum / 9)))puts("YES");elseputs("NO");}return 0;
}

B. Find The Array

题意： 构造b数组，使得相邻b数组元素互相整除，然后ai和bi的差值的绝对值的累加和的2倍小于等于S。S为a的和

题解： 因为b元素互相整除，猜想b数组为1，或者中位数、平均数、2的幂次，可以证明2的幂次这个方案是对的。只需要取b数组是距离ai最近的2的幂次即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int t, n;
LL a[40];
LL x;
int main() {for (int i = 0; i <= 33; i++) {a[i] = 1 << i;}scanf("%d", &t);while (t--) {scanf("%d", &n);while (n--) {scanf("%d", &x);int pos = upper_bound(a, a + 34, x) - a;printf("%d ", a[pos - 1]);}cout << endl;}return 0;
}

C. Busy Robot

题意： 有个机器人，在数轴上移动，你给出 (ti，xi) 的指令，代表指令下达的时间和需要他移动到的位置。收到指令以后机器人会以1的速度移动。如果下达指令时机器人在运动中则忽略当下指令。一个指令 i 是成功的当 ti 到 t(i+1) 的时间内机器人有出现在 xi 位置过。现在让你计算成功的指令的数量。

题解： 直接模拟

代码：

#include <bits/stdc++.h>const int maxn = 2e5 + 4;using namespace std;int n, T;
int mid[maxn], cm[maxn], l[maxn];int main() {scanf("%d", &T);while (T--) {memset(mid, 0, sizeof mid);memset(cm, 0, sizeof cm);memset(l, 0, sizeof l);scanf("%d", &n);int min = 0, max = 0, tig = 0, last = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d%d", &mid[i], &cm[i]);if (abs(cm[last] - l[last]) <= mid[i] - mid[last]) {l[i] = cm[last];last = i;} else {if (cm[last] > l[last]) {l[i] = l[last] + mid[i] - mid[last];} else{ l[i] = l[last] - mid[i] + mid[last]; }}}l[n + 1] = cm[last];int cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if ((cm[i] <= l[i] && cm[i] >= l[i + 1] ) ||(cm[i] <= l[i + 1] && cm[i] >= l[i])) {cnt++;}}printf("%d\n", cnt);}return 0;
}

D. Pairs

题意： 有1~2n个整数，两两匹配，得到n个分组。其中有x组取max，剩下n-x组取min。问有多少种x的取值，使得得到的新的数组是b数组。1<=n<=1051 <=n<=10^51<=n<=105

题解： 容斥+二分+贪心。贪心地想，对于当前元素，如果我们使得它是取min留下的，那么我们选择的数字要选择比它大的尽可能小的数字和它配对，这样就能够留下较大的数字去取max；如果我们使得它是取max留下的，那么我们选择的数字是比它小的最大的数字和它配对，这样就能够留下较小的数字去取min。所以我们可以不断去找对于当前数字，是否能够作为max或者min，记录这个值分别为R和L。我们可以使用set将可以使用的数字存储下来，然后寻找时使用二分查找即可。那么根据容斥原理，R+L-n就是既能够当max也能够当min的个数，因此方案数就是R+L-n+1（意为我们可以选择0~R+L-n个数字进行划分）。

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define int long long
const int MAXN = 4e5 + 10;
int b[MAXN], vis[MAXN];signed main() {int t;cin >> t;while (t--) {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n * 2; i++) vis[i] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> b[i];vis[b[i]] = 1;}set<int> s1, s2;for (int i = 1; i <= n * 2; i++) {if (!vis[i]) {s1.insert(i);s2.insert(i);}}int l = 0, r = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {auto it1 = s1.upper_bound(b[i]);  // 找到大于等于b的数字if (it1 != s1.end()) {s1.erase(it1);r++;}auto it2 = s2.upper_bound(b[i]);if (it2 != s2.begin()) {it2--;  // 找到小于b的最大数字s2.erase(it2);l++;}}cout << r + l - n + 1 << '\n';  // 容斥：答案就是既能够当大也能够当小的个数+1}return 0;
}