A - AB Balance
题意
给出一个只由字符 \(a\) 和 \(b\) 组成的字符串 \(s\)，求最少的修改使 \(s\) 中 \(ab\) 的出现次数和 \(ba\) 的出现次数相等。
思路
\(s\) 中 \(ab\) 和 \(ba\) 都只会在连续段之间出现，并且交替出现，所以出现次数最多相差\(1\)。如果一共有奇数段，两者的出现次数肯定相等；如果有偶数段，只需要修改第一个字符就会变成奇数段。
所以只要出现次数不相等就修改第一个字符即可。
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| #include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 100 + 5;
char s[MAXN];
int n;
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
int cntAB = 0, cntBA = 0;
for(int i = 1; i <= n - 1; i++) {
if(s[i] == 'a' && s[i + 1] == 'b') {
cntAB++;
}
if(s[i] == 'b' && s[i + 1] == 'a') {
cntBA++;
}
}
if(cntAB != cntBA) {
if(s[1] == 'a') {
s[1] = 'b';
} else {
s[1] = 'a';
}
}
printf("%s\n", s + 1);
}
return 0;
}
|
B - Update Files
题意
有 \(n\) 台计算机，\(k\) 条数据线，每条数据线同一时刻只能连接两台计算机，问最少要几轮才能将第 \(1\) 台计算机上的文件传输到全部 \(n\) 台计算机上。
思路
当目前有文件的计算机总数少于 \(k\) 时，传输文件的计算机总数显然会每次翻倍，即 \(1\), \(2\), \(4\), \(8\), \(16\)…… 但如果当前有文件的计算机总数超过 \(k\)，就只能每次增加 \(k\) 个，最后结果为 \(\lceil \frac{n - 2^m}{k} \rceil + m\) (\(2^m \leq n\) 且 \(2^m > k\)，\(2^{m - 1} \leq k\))。
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| #include<cstdio>
using namespace std;
long long n, k;
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%lld%lld", &n, &k);
if(n == 1) {
printf("0\n");
continue;
}
if(k == 1) {
printf("%lld\n", n - 1);
continue;
}
long long b = 1, cnt = 0;
while(b <= k && b * 2 <= n) {
b *= 2;
cnt++;
}
cnt += (n - b) / k;
if((n - b) % k != 0) {
cnt++;
}
printf("%lld\n", cnt);
}
return 0;
}
|
C - Banknotes
题意
给出 \(n\) 种面值为 \(10^{a_i}\) 的纸币，求最少的金额使其无法用 \(k\) 张纸币表示出来。
思路
可以转换为找到最小的必须用 \(k + 1\) 种纸币表示出的金额，定义 \(s = k + 1\)。对于第 \(i\) 种纸币，令 \(s\) 减去 \(10^{a_{i + 1} - a_i} - 1\)，如果不能减去或者已经到了面值最大的纸币，就直接输出当前的数，并在后面用 \(a_i\) 个 \(9\) 填充。
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| #include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 10;
const int base[10] = {1, 10, 100, 1000, 10000, 100000, 1000000, 10000000, 100000000, 1000000000};
bool vis[MAXN];
int a[MAXN], ans[MAXN];
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
vis[a[i]] = 1;
}
int s = k + 1, p = n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(i == n) {
ans[i] = s;
break;
}
if(s > base[a[i + 1] - a[i]] - 1) {
ans[i] = base[a[i + 1] - a[i]] - 1;
s -= base[a[i + 1] - a[i]] - 1;
} else {
ans[i] = s;
p = i;
break;
}
}
printf("%d", ans[p]);
for(int i = 1; i <= a[p]; i++) {
printf("9");
}
printf("\n");
}
return 0;
}
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E - Arena
题意
竞技场里有 \(n\) 个英雄，每个英雄的生命值为 \(a_i\)（\(1 \leq a_i \leq x\)）。每一次战斗中，每个英雄都会对其他所有英雄造成 \(1\) 点伤害，生命值降到 \(0\) 后英雄就会退场，如果若干次战斗后只剩下一个英雄，这个英雄就是赢家。
求有多少种生命值方案使得最后没有赢家，答案模 \(998244353\)。两种方案不同当且仅当至少有一个英雄的生命值不同。
思路
直接思考没有赢家的方案数似乎没什么思路，我们不妨考虑计算有赢家的方案数。
定义 \(f_{i, j}\) 为有 \(i\) 个英雄，生命值最大为 \(j\) 的方案数，就可以得到状态转移方程：
\[f_{i, j} = \sum_{k = 0}^{i - 1}f_{i - k, j - i + 1}(i - 1)^k C_i^k\]
其中 \(k\) 为这一次战斗退场的英雄数。
要注意的一点是，这道题的时限会导致一般的快速幂不能过。我采取的方式是对幂进行预处理，具体内容参见代码。
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| #include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 500 + 5;
const int MOD = 998244353;
long long C[MAXN][MAXN], f[MAXN][MAXN], qpow[MAXN][MAXN];
int n, m;
void init() {
C[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
C[i][0] = 1;
for(int j = 1; j <= i; j++) {
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
}
}
for(int i = 1; i < MAXN; i++) {
qpow[i][0] = 1;
for(int j = 1; j < MAXN; j++) {
qpow[i][j] = qpow[i][j - 1] * i % MOD;
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
init();
for(int j = 1; j <= m; j++) {
f[1][j] = j;
f[2][j] = j * (j - 1);
}
for(int i = 3; i <= n; i++) {
for(int j = i; j <= m; j++) {
for(int k = 0; k < i; k++) {
f[i][j] = (f[i][j] + (f[i - k][j - i + 1] * qpow[i - 1][k]) % MOD * C[i][k] % MOD) % MOD;
}
}
}
printf("%lld\n", ((qpow[m][n] - f[n][m]) % MOD + MOD) % MOD);
return 0;
}
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（剩下的题等会就补）
（咕咕咕）
