Educational Codeforces Round 122 (Rated for Div. 2) A B C D

A Div. 7

思路： 能被$7$整除，方法有很多种，因为要求最小次数，那么我们特判能被$7$整除就输出$0$否则，暴力最后一位能被$7$整除即可，然后返回$1$，必定有答案。

• 参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define int long long 
#define re register int
#define pb emplace_back
#define lowbit(x) (x&-x)
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; i ++)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; i --)
#define snow ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<int,string>PIS;
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    if(n%7==0){
        cout<<n<<endl;return;
    }
    int x=n/10;
    for(int i=0;i<=9;i++){
        if((x*10+i)%7==0){
            cout<<(x*10+i)<<endl;
            return ;
        }
    }
}
signed main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();   
    }
    return 0;
}

B Minority

思路： 大水题，$O(n)$扫一遍，$0$和$1$的数量相等就$continue$，否则更新目标值。

• 参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define int long long 
#define re register int
#define pb emplace_back
#define lowbit(x) (x&-x)
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; i ++)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; i --)
#define snow ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<int,string>PIS;
void solve(){
    string s;
    cin>>s;
    int cnt1=0,cnt2=0;
    int ma=0;
    for(int i=0;i<s.size();i++){
        if(s[i]=='0')cnt1++;
        else cnt2++;
        if(cnt1==cnt2)continue;
        ma=max(ma,min(cnt1,cnt2));
    }
    cout<<ma<<endl;
}
signed main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();   
    }
    return 0;
}

C Kill the Monster

思路： 想歪了，一开始以为二分$k$的值，后来发现$all$ $k$ 不超过$2e5$,果断暴力。前缀知识上取整写法即可。$O(k)$扫描。需要推出角色攻击次数要小于等于怪物攻击次数。

• 参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define int long long 
#define re register int
#define pb emplace_back
#define lowbit(x) (x&-x)
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; i ++)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; i --)
#define snow ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<int,string>PIS;
void solve(){
    int a,b,c,d;
    cin>>a>>b>>c>>d;
    int k,a1,b1;
    cin>>k>>b1>>a1;//b1是加攻击，a1是加血
    int cnt1,cnt2;
    cnt1=(a+d-1)/d;//怪物攻击次数
    cnt2=(c+b-1)/b;//角色攻击次数
    if(cnt2<=cnt1){
        cout<<"YES"<<endl;
        return ;
    }
    for(int i=0;i<=k;i++){
        int a2,b2;//增益后的血量和攻击
        a2=a+i*a1;
        b2=b+(k-i)*b1;
        cnt1=(a2+d-1)/d;
        cnt2=(c+b2-1)/b2;
        if(cnt1>=cnt2){
            cout<<"YES"<<endl;
            return ;
        }
    }
    cout<<"NO"<<endl;
}
signed main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();   
    }
    return 0;
}

D Make Them Equal

思路： 感觉对我有营养的题。$dp01$背包的运用，对数据范围的敏感。我做题的时候是比较容易得到将$b$数组全部替换成$i->b[i]$需要的$step$。然后发现是$01$背包的写法，选或不选。然而直接暴力$01$背包的话时间复杂度是$O(nk)$为$1e9$级别，因为对数据不是那么敏感，在后来才发现由于$n$的数据是$1e3$级别，那么变化$step$是$12$次左右最多。那么我们可以将$k$的范围缩小为$min(k,n*12)$，那么再跑背包的话时间复杂度就降到$1e7$级别可以接受。$step$可以通过预处理$init()$实现。

• 参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define int long long 
#define re register int
#define pb emplace_back
#define lowbit(x) (x&-x)
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; i ++)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; i --)
#define snow ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<int,string>PIS;
const int N=1010,M=N*12;
int b[N];
int c[N];
int f[N][M];
int dist[N];
void init(){
    memset(dist,0x3f,sizeof dist);
    dist[1]=0;
    for(int i=1;i<N;i++){
        for(int j=1;j<=i;j++){
            int x=i+i/j;
            if(x>=N)continue;
            dist[x]=min(dist[x],dist[i]+1);
        }
    }
}
void solve(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    k=min(n*12,k);
    for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i];b[i]=dist[b[i]];}
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i];
    int m=k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=m;j++){
            f[i][j]=f[i-1][j];//有清空的上一次solve的效果了。
            if(j>=b[i]){
                f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-b[i]]+c[i]);
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
}
signed main(){
    int t;
    cin>>t;
    init();
    while(t--){
        solve();   
    }
    return 0;
}

总结：

这一场$ab$属于签到，$c$需要一点思维$+$推公式。$d$是在裸的基础上加一点点数据敏感的$01$背包。$e$是$rating2400$的题，$f$是$2800$的题对我来说暂不可补。