模拟 on 分而治之

CF-2132 (Codeforces Round 1043, Div. 3) 题解

Sun, 24 Aug 2025 13:34:00 +0800

2132A. Homework

题意

有 Vlad 和 Dima 两个人，他们需要依次将字符串 $b$ 中的每个字母放到字符串 $a$ 的头或尾。其中 Vlad 会将字母放到 $a$ 的开头，Dima 会将字母放到 $a$ 的末尾。

已知三个字符串，$a, b, c$，其中 $c$ 代表两人操作顺序。若 $c_i$ 为 V，则第 $i$ 个字母由 Vlad 放置；若 $c_i$ 为 D，则由 Dima 放置。

输出 $a$ 的最终状态。

题解

模拟即可。

考虑简单的实现方式，由于添加到开头（左侧）不太方便，所以我们将添加到左侧的字符保存到另一字符串中，在所有操作结束后逆序输出。

参考代码

Submission #334976874

2132B. The Secret Number

题意

对于数字 $x$，可以进行一次操作：

在 $x$ 的末尾添加至少 $1$ 个数字 $0$，赋值给 $y$。
操作后的数 $n = x + y$。

给定 $n$，求所有可能的 $x$，从小至大排序输出。

题解

发现

$$y = x \cdot 10^k$$

其中 $k$ 是添加的 $0$ 的个数，满足 $k \in \mathbb{N}^+$。

因此：

$$n = x + x \cdot 10^k = x \cdot (10^k + 1)$$

即对于给定的 $n$，所有可能的 $x$ 的值为：

$$\frac{n}{10^k + 1} 当 k \in \mathbb{N}^+ 且 (10^k + 1) | n$$

参考代码

Submission #334979970

Tricks: 从大到小枚举 $k$，结果的 $x$ 必定是从小到大的，省一步排序。

2132C1. The Cunning Seller (easy version)

题意

西瓜卖家在他的每次交易中只能卖掉 $3^x$ 个西瓜，价格为 $3^{x + 1} + x \cdot 3^{x - 1}$，其中 $x$ 为非负整数。

买家希望通过最少的交易次数买到 $n$ 个西瓜（不能多也不能少），输出在此情况下西瓜的总价。

题解

容易发现，卖掉 $3^x$ 个西瓜，相当于在三进制下使 $n$ 的从右至左第 $x + 1$ 位减少 $1$。

那么，为了获得最小的次数，对于三进制下从右至左第 $x + 1$ 位，它的值为 $y$ 时，我们需要进行 $y$ 次卖掉 $3^x$ 个西瓜的操作。

代入原式，加和即可。

预处理 $3^x$ 的值即可，没必要推价格的递推公式。

参考代码

Submission #335129815

2132C2. The Cunning Seller (hard version)

题意

西瓜卖家在他的每次交易中只能卖掉 $3^x$ 个西瓜，价格为 $3^{x + 1} + x \cdot 3^{x - 1}$，其中 $x$ 为非负整数。

买家希望通过不多于 $k$ 次交易，以最小的价格购买 $n$ 个西瓜，输出此时的总价，若不能满足题目要求则输出 $-1$。

题解

首先把 C1 的代码抄过来，并记录交易次数、每次交易的（西瓜数的）指数。

发现 $3 \times 3^{x-1}$ 的交易总是比 $3^x$ 的交易要便宜。设当西瓜数为 $x$ 时的西瓜价格为 $f(x)$，列式计算替换 $3^x$ 的交易为 $3 \times 3^{x-1}$ 的交易所降低的总价：

$$f(3^x) - 3 \cdot f(3^{x-1}) = 3^{x + 1} + x \cdot 3^{x - 1} - 3 \cdot 3^x - 3 \cdot (x - 1) \cdot 3^{x - 2}$$

合并同底数幂：

$$= 3^{x + 1} + x \cdot 3^{x - 1} - 3^{x + 1} - (x - 1) \cdot 3^{x - 1}$$

合并同类项：

$$= 3^{x - 1}$$

所以当有至少 $2$ 个剩余的交易次数时，应将指数最大的交易替换掉，因为这样可以降低最多的总价。注意，当剩余的交易的指数都为 $0$ 时，就不能替换了。

这样做复杂度还是太高了，怎么优化？可以考虑只记录每个指数的出现次数，然后直接批量替换交易。

参考代码

易错点：

替换次数不能是负数

多组数据不要忘记 memset

Submission #335139556

2132D. From 1 to Infinity

题意

12345678910111213... 的前 $k$ 个数字之和是多少？

$k \leq 10^{15}$。

题解

Codeforces 官方题解没读懂，于是花了一晚上自己钻研出了一个方法。

观察发现，一位数在数字串中占据 $1 \times 9$ 个位置，二位数占据 $2 \times 90$ 个位置，以此类推。总结可得 $l$ 位数在数字串中占据 $9l \times 10^{l - 1}$ 个位置。

那么，我们通过循环地从 $k$ 中减去 $9l \times 10^{l - 1}$ 直到 $k$ 小于 $9l \times 10^{l - 1}$ ，就可以得到 $k$ 所对应的数 $n$ 的位数。

接着，我们使用 $k \div l$ 来获得 $n$ 在 $l$ 位数中是第几个，再加上 $10^{l - 1}$，即为 $n$ 的值。

我们已经知道了第 $k$ 位数字所对应的数 $n$，那么 $1$ 到 $n-1$ 的数字之和可以通过以下方式来求出：

把求和区间中加入一个 $0$，变为求 $[0, n-1]$ 的数字之和，这一步不影响最终结果。
我们可以给所有数字加上前导零，使其与 $n-1$ 一样长（设长度为 $l$），这一步不影响最终结果。
拆分求和区间：（该步骤递归进行，$x$ 代表当前求和区间右端点）
- $x$ 的第一位为 $d_1$，第一位小于 $d_1$ 的构成一组（该部分可以直接求数字和，具体方法见用数学期望计算区间内整数各数位的和的和）；
- 第一位等于 $d_1$ 的分成两部分：
  - 第一部分为第一位等于 $d_1$ 的数，其中每个数的第一位被直接删除（该部分进入递归循环）；
  - 第二部分为 $d_1$ 乘上第一部分包括的数的个数。
当 $x$ 为 $k \cdot 10^{m} - 1$ 的形式或一位数时，直接求和，结束递归。

以 $n = 345$ 为例：

求 $[0, 345]$ 的数字和：
- 求 $[0, 299]$ 的数字和：
  - 共有 $300$ 个数，可得后两位数字和为 $4.5 \times 300 \times 2 = 2700$；
  - 首位在 $[0, 2]$，期望为 $1$，所以首位数字和为 $1 \times 300 = 300$；
  - 因此 $[0, 299]$ 的数字和为 $2700 + 300 = 3000$。
- 求 $[0, 45]$ 的数字和：
  - 求 $[0, 39]$ 的数字和，为 $240$。
  - 求 $[0, 5]$ 的数字和，为 $15$。
  - $4 \times 6 = 24$。
  - 所以 $[0, 45]$ 的数字和为 $240 + 15 + 24 = 279$。
- $3 \times 46 = 138$。

所以 $[0, 345]$ 的数字和为 $3000 + 279 + 138 = 3417$。

参考代码

Submission #335238142

2132E. Arithmetics Competition

题意

有两个数组 $a$ 和 $b$，$a$ 的长度为 $n$，$b$ 的长度为 $m$。

给出 $q$ 次询问，每次询问包括三个数 $x, y, z$，表示在 $a$ 中至多选择 $x$ 个数，在 $b$ 中至多选择 $y$ 个数，总共选择 $z$ 个数，求选择的数字之和的最大值。

题解

首先，考虑暴力解法。排序两个数组，每次询问的每次选择都选择可以选择的最大数字。

显然，这样是无法通过问题的。那么，如何优化呢？

我们最终在同一个数组里选择的数一定是在一个连续区间内，如果我们能计算出这个区间，那么就可以通过 $O(n)$ 前缀和预处理解决问题。

设选择 $p$ 个 $a$ 中的数，总共选择 $z$ 个数（可以计算出选择 $b$ 中的元素数 $q$）时选择的数字之和的最大值为 $f(p, z)$，该值可以在 $O(1)$ 时间内计算出来。

发现当 $z$ 不变时 $f$ 是一个单峰函数，于是采用三分搜索求解。

参考代码

Submission #335250108

CF-2122 (Codeforces Round 1038, Div. 1 + 2) 题解

Mon, 21 Jul 2025 15:31:00 +0800

2122A. Greedy Grid

题意

定义 Greedy Path 为：从左上角出发，每次向右或下的相邻一格移动，且移动的格子的值不小于另一个选择。

路径的值为：经过的所有格子权值之和。

问题：存不存在 $n \times m$ 的由非负整数组成的网格，满足没有 Greedy Path 的值达到“所有向(右/下)走的路径的值的最大值”？

解法

思路

Greedy Path 会向大的方向走，因此考虑一种设计网格的方案：把 Greedy Path “引诱” 到一条起始格非常大、后面都很小的路径上；再构造一条起始小、后面非常大的路径，使这条路径值大于 Greedy Path 即可。

图为 $3 \times 3$ 的例子：

什么时候无法构造出这样的网格呢？

只有一条路径，即 $n = 1$ 或 $m = 1$；
两条路径不重合的部分只有一个点，即 $n = m = 2$。（假设构造的是 $a_{1, 2} > a_{2, 1}$，由于 $a_{1, 1} + a_{1, 2} + a_{2, 2} > a_{1, 1} + a_{2, 1} + a_{2, 2}$，两种路径会重合）

结论

$n = 1$ 或 $m = 1$ 时，只有一条路径，因此输出 No；

$n = m = 2$ 时，只有两条路径，因为 Greedy Path 会走向值较大的格，最大值的路线也是这样，所以 Greedy Path 的路线和最大值路线一定是一样的，也输出 No。

容易证明，其他情况下都存在满足题意的网格，输出 Yes。

参考代码

#include <iostream>

using namespace std;

int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while (t -- ) {
		int n, m;
		cin >> n >> m;
		if (n == 1 || m == 1 || (n == 2 && m == 2)) puts("No");
		else puts("Yes");
	}
	return 0;
}

2122B. Pile Shuffling

题意

你有 $n$ 摞数字，每摞由 $a_i$ 个 0 和 $b_i$ 个 1 组成，其中 0 在上面，1 在下面。

每次操作你只能将任意一摞数字的最上方的一个数移动到任意一摞的任意位置。

最终要求每一摞数字由上面的 $c_i$ 个 0 和下面的 $d_i$ 个 1 组成，输出最小操作次数。

解法

思路

只考虑挪出数字的情况。

若 $b_i > d_i$，我们需要将所有上面的 0 挪开（到本摞要挪走的最靠下一个 1 的下面或到其他堆），操作次数是 $\min(a_i, c_i) + b_i - d_i$（因为可以先挪 1，也可以后挪 1）。
若 $a_i > c_i$，我们需要将 $a_i - c_i$ 个 0 挪走，操作次数是 $a_i - c_i$。

结论

对于每堆数字：

若 $a_i > c_i$，$ans += a_i - c_i$。
若 $b_i > d_i$，$ans += a_i + b_i - d_i$。

参考代码

赛时没关同步过了，刚刚交的不关同步过不了？

#include <iostream>

using namespace std;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cout.tie(nullptr);

	int t;
	cin >> t;
	while (t -- ) {
		int n;
		cin >> n;

		long long ans = 0;
		while (n -- ) {
			int a, b, c, d;
			cin >> a >> b >> c >> d;
			if (a > c) ans += a - c;
			if (b > d) ans += min(a, c) + b - d;
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

2122C. Manhattan Pairs

题意

将 $n$ 个点分成 $\frac{n}{2}$ 对，使得每对点之间的曼哈顿距离之和最大。输出任意一种配对方案。

保证 $\sum{n} \leq 2 \times 10^5$，$n$ 是偶数。

解法

思路

考虑一维情况，最优方案是将最小的 $\frac{n}{2}$ 个点与最大的 $\frac{n}{2}$ 个点配对。

那么开始考虑二维情况，最优方案显然是：

$x$ 坐标最小的 $\frac{n}{2}$ 个点（定义为 $X_l$）与最大的 $\frac{n}{2}$ 个点（定义为 $X_r$）配对；
$y$ 坐标最小的 $\frac{n}{2}$ 个点（定义为 $Y_l$）与最大的 $\frac{n}{2}$ 个点（定义为 $Y_r$）配对。

所以我们将所有点分成 $4$ 部分处理：

$X_l \cap Y_l$ 与 $X_r \cap Y_r$ 配对；
$X_l \cap Y_r$ 与 $Y_r \cap Y_l$ 配对。

设：

$|X_l \cap Y_l| = a$
$|X_r \cap Y_r| = b$
$|X_l \cap Y_r| = c$
$|Y_r \cap Y_l| = d$

那么有：

$a + c = b + d$，因为 $|X_l| = |X_r|$；
$a + d = b + c$，因为 $|Y_l| = |Y_r|$。

两式相加、移项、系数化为1 后可得：$a = b$ 和 $c = d$，所以刚刚提到的配对方法不会出现剩下的点。

结论

$X_l \cap Y_l$ 与 $X_r \cap Y_r$ 配对；
$X_l \cap Y_r$ 与 $X_r \cap Y_l$ 配对。

参考代码

参考了 Tourist 的解法，通过三次排序分出了四组。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int x[N], y[N], idx[N];

int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while (t -- ) {
		int n;
		cin >> n;
		for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
			cin >> x[i] >> y[i];
			idx[i] = i;
		}
		sort(idx, idx + n, [&](int i, int j) {return x[i] < x[j];});
		sort(idx, idx + n / 2, [&](int i, int j) {return y[i] < y[j];});
		sort(idx + n / 2, idx + n, [&](int i, int j) {return y[i] < y[j];});
		// Xl&Yl, Xl&Yr, Xr&Yl, Xr&Yr
		for (int i = 0; i < n / 2; i ++ ) {
			cout << idx[i] + 1 << ' ' << idx[n - 1 - i] + 1 << endl;
		}
	}
	return 0;
}

GESP7级做题经验及题解

Mon, 26 Aug 2024 22:03:00 +0800

更新记录

[2024-08-26 22:03] 完成了 <商品交易> 和 <纸牌游戏> 的题解与感受。
[2024-08-27 15:08] 完成了 <交流问题> 的题解与感受，并提供了所有题目的正确代码。
[2024-08-27 21:58] 完成了 <俄罗斯方块> 的题解与感受，补充了 <纸牌游戏> 的感受。
[2024-08-28 16:34] 完成了 <黑白翻转> 和 <区间乘积> 的题解与感受，完结撒花。
[2024-08-28 16:53] 补充了 <总结> 部分。

正确代码

洛谷 - 云剪贴板，Github - Gist

商品交易 202312 A

洛谷题库 P10110

题解

本质上是求一个边权为 $1$ 的最短路。每进行一次交换，总资产就会少 $1$ 元。

根据题意，用手上的第 $x$ 种商品交换第 $y$ 种商品，花费 $v_y - v_x + 1$ 元，总资产变化为 $-v_x + v_y - (v_y - v_x + 1) = -1$。（$-v_x$ 是第 $x$ 件商品没了，$+v_y$ 同理）

最后加上期望获得的商品的价格 $v_b$ 与原本持有的商品的价格 $v_a$ 的差即可。

感受

非常巧妙的一道最短路问题，算是一个简化版的 SPFA（由于边权为 $1$，所以不需要 st 数组防止重复入队）。

放段代码比较一下：

SPFA 模板

int spfa() {
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    queue<int> q;
    dist[1] = 0; st[1] = true; q.push(1);
    while (!q.empty()) {
        int t = q.front(); q.pop();
        st[t] = false;
        for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dist[j] > dist[t] + w[i]) {
                dist[j] = dist[t] + w[i];
                if (!st[j]) {
                    q.push(j); st[j] = true;
                }
            }
        }
    }
    if (dist[n] == INF) return INF;
    return dist[n];
}

本题正解

int main() {
    /*
        ...
        v 数组有必要存的只有 v[a], v[b]
        所以用 va, vb 两个 int 替代
    */
    queue<int> q;
    q.push(a);
    st[a] = 1;
    dist[a] = 0;
    while (!q.empty()) {
        int t = q.front(); q.pop();
        if (t == b) {
            break;
        }
        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dist[j] > dist[t] + 1) {
                dist[j] = dist[t] + 1;
                q.push(j);
            }
        }
    }
    if (dist[b] != INF) {
        cout << vb - va + dist[b] << endl;
    } else {
        cout << "No solution";
    }
    return 0;
}

数据量有点迷惑性，$10^5$ 对应的时间复杂度 $O(n\log n)$ 让人联想到 Dijkstra 等算法，然后发现实际上是一个 $O(n)$ 的 BFS。

此题难度不高，出题组第一次出七级的题可能把握不住题目难度，不作七级题目难度参考。

纸牌游戏 202312 B

洛谷题库 P10111

题解

经典最值问题，有非常浓厚的状态转移风味，并且无后效性，考虑 DP。

状态表示 f[i][j][k] 表示在第 $i$ 轮出了牌 $j$、累计换牌（额外扣分） $k$ 次时可以获得的最高分数。
状态计算 f[i][j][k] = max(f[i - 1][t][k + ((j == t) ? 0 : -1)])，其中 $t \in \lbrace 0, 1, 2 \rbrace$。

最后取所有 $j \in \lbrace 0, 1, 2 \rbrace , 0 \leq k \le n$ 的 f[n][j][k] - b[k] 的最大值（b[k] 为额外扣分数组的前缀和）。

注：可以把 f 数组的第一维压掉，但不差这点空间。

感受

做代码优化时，别的不用考虑，只要保证做的是等价变形。——yxc

DP 的状态表示基本靠硬想，唯一的技巧就是题里有啥就写啥，想到什么表示方法就试试，不行的话就尝试增加或减少一个维度之类的。

偶尔做题时会发现一些有意思的小事情，比如每轮得分可以表示为 ((c[i] == j) ? a[i] : (2 * ((c[i] + 3 - j) % 3 - 1) * a[i]))（c[i] 为对手出牌，j 为我方出牌，a[i] 为本局分数）~~，然后你就会发现这玩意完全没用~~。

如果状态转移想的不太清楚的话，会产生大量复制粘贴，最终码量在 2KB 左右，找规律可以减少一些复制粘贴，可以降到 1KB 码量。

本题难度中等，状态表示很难，算是一道优秀的 DP 题。

交流问题 202403 A

洛谷题库 P10378

题解

A 校和 B 校很明显是一个二分图的两部分。每个连通块都有两种分学校的方案，可以通过染色法分出学校，左右两半分别是 A B 校或 B A 校，两种方案产生了两组“该连通块中 A 校人数和 B 校人数”，记录两组中较小的 B 校人数（其实 B 校还是 A 校没区别，所以也可以只求一组，取两校人数的最小值）。仅需计算该二分图所有的连通块的“较小的 B 校人数”之和，该数是 B 校总人数的最小值，用 $n$ 减去该数就是 B 校总人数的最大值（即 A B 校学生数互换）。

感受

二分图明显就明显在所有边（交流）都在两学校之间，学校内不连边。每个连通块内的集合（学校）划分就是给每个点（学生）打标签，与染色法十分相似。

很水，感觉思考深度和前两题完全不是一个级别（话好像说反了）。

俄罗斯方块 202403 B

洛谷题库 P10379

题解

用类似于 floodfill 的算法解决，固定从每个俄罗斯方块左上角开始搜索，这样就可以使每个方块拥有一个固定的有根搜索树，相同形状的俄罗斯方块搜索树也相同，把遍历顺序（层序遍历，树上 DFS 等）当作这个类型的俄罗斯方块独一无二的标识。

用 set 的去重功能统计有多少种遍历顺序，即有多少种俄罗斯方块。

感受

floodfill 的特征还算明显，难就难在如何表示每个俄罗斯方块。这么做我是完全没想到的，看别人的题解看到的。遍历顺序是一个搜索的过程中就产生的东西，不增加复杂度，可能是一个比较容易发现的算法，但是我没发现。

巧妙的搜索题，难度的话，中等？

黑白翻转 202406 A

洛谷题库 P10723

题解

我们发现，只有连接两个及以上黑色节点的白色节点才需要染黑。白色叶节点并不能连接黑色节点，没有必要染成白色，所以循环删除所有白色叶节点。最后统计剩下的白色节点数并输出，因为最后剩下的白色节点都是需要染成黑色的。

注：无根树的叶节点的定义是度数不大于 $1$ 的点。

感受

难度中等。

思路就是连接黑色节点，其余白色全部删除。容易走到歪路上，像是 DFS 之类（有可能路没歪但是我想不明白）。

区间乘积 202406 B

洛谷题库 P10724

题解

容易发现：一个数是完全平方数时，它的所有质因子的指数都为偶数。

在质因数分解的过程中，我们可以通过状态压缩来存储每个质因子的指数的奇偶性，每一个二进制位代表一个质因子，这一位为 $1$ 的含义是其对应的质因子的指数是偶数，反之亦然。判断区间乘积是否为完全平方数可以通过该区间质因数分解结果的异或和是否为 $0$ 来判断。

建立 f 数组，记录区间异或和出现次数，答案就是重复区间异或和出现的次数。

感受

难度简单。

当我们发现要记录奇偶性，又是加起来的时候，就可以想到异或以及状态压缩。

重复区间异或和出现次数这一点比较难想。

总结

整体难度略高，不稳定。

考的算法是搜索、图论、DP、数学这几类，其中 DP 和数学很难。