Solved: 5/10
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數數水平真的太差了。。。
A. King Keykhosrow's Mystery
題意：給 \(a,b\)，求最小的 \(m\) 使得 \(m\bmod a = m\bmod b\)。
輸出最小公倍數即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve(){
ll n,m;
cin>>n>>m;
cout<<n*m/__gcd(n,m)<<'\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)solve();
}
B. Rakhsh's Revival
題意：給一個01串，每次操作可將長度為 \(k\) 的子串覆蓋為 1，問最少幾次操作可使串中不存在長度為 \(m\) 的全 0 子串。
遍歷，遇到長度為 \(m\) 的子串就從第 \(m\) 個 0 開始覆蓋。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve(){
int n,m,k;
string s;
cin>>n>>m>>k>>s;
int len=0,res=0;
for(int i=0;i<n;++i){
if(s[i]=='0'){
++len;
if(len==m){
for(int j=0;j<k&&i+j<n;++j)s[i+j]='1';
++res,len=0;
}
}
else len=0;
}
cout<<res<<'\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)solve();
}
C. Trapped in the Witch's Labyrinth
題意：一個上下左右四箭頭的矩陣，某些位置待填，問最多有多少位置滿足從這個位置開始沿箭頭方向移動走不出矩陣。
BFS搜尋一定能走出去的位置，沒填的位置走不出去當且僅當它的四周全是能走出去的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=1005;
int n,m;
string a[N];
const int dx[4]={1,0,-1,0};
const int dy[4]={0,1,0,-1};
const char de[4]={'U','L','D','R'};
bool vis[N][N];
void solve(){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;++i)cin>>a[i];
if(n==1&&m==1){
cout<<"0\n";
return;
}
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<m;++j)
vis[i][j]=0;
queue<pii> q;
for(int i=0;i<n;++i){
if(a[i][0]=='L')q.push(pii(i,0));
if(a[i][m-1]=='R')q.push(pii(i,m-1));
}
for(int i=0;i<m;++i){
if(a[0][i]=='U')q.push(pii(0,i));
if(a[n-1][i]=='D')q.push(pii(n-1,i));
}
while(!q.empty()){
int x=q.front().first,y=q.front().second;
q.pop();
vis[x][y]=1;
for(int i=0;i<4;++i){
int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
if(xx<0||xx>=n||yy<0||yy>=m||a[xx][yy]=='?')continue;
if(a[xx][yy]==de[i])q.push(pii(xx,yy));
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<m;++j){
if(a[i][j]!='?'){
if(!vis[i][j])++ans;
}
else{
bool fl=0;
for(int t=0;t<4;++t){
int ii=i+dx[t],jj=j+dy[t];
if(ii>=0&&ii<n&&jj>=0&&jj<m&&!vis[ii][jj]){fl=1;break;}
}
if(fl)++ans;
}
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)solve();
}
D. Darius' Wisdom
題意：\(n\) 堆石子，每堆石子數量不超過 2。每次只能交換兩堆石子數差 1 的石子，給出一種運算元不超過 \(n\) 的方案使所有石子從小到大排序。
先把所有的 1 歸位，然後用任意一個 1 把 0 和 2 歸位。具體見程式碼。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=2e5+5;
int n,a[N],c[3];
vector<pii> ans;
vector<int> b[3][3];
int pos(int x){
if(x>=1&&x<=c[0])return 0;
else if(x>=c[0]+1&&x<=c[0]+c[1])return 1;
else return 2;
}
void mov(int i1,int j1,int i2,int j2){
int x=b[i1][j1].back(),y=b[i2][j2].back();
ans.emplace_back(x,y);
b[i1][j1].pop_back();
b[i1-1][j1].push_back(x);
b[i2][j2].pop_back();
b[i2+1][j2].push_back(y);
}
void solve(){
cin>>n;
c[0]=c[1]=c[2]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i],++c[a[i]];
for(int i=0;i<3;++i)
for(int j=0;j<3;++j)
b[i][j].clear();
for(int i=1;i<=n;++i)b[a[i]][pos(i)].push_back(i);
ans.clear();
while(b[0][1].size()||b[0][2].size()||b[1][0].size()||b[1][2].size()||b[2][0].size()||b[2][1].size()){
int st=ans.size();
while(b[2][0].size()&&b[1][2].size())mov(2,0,1,2);
while(b[2][1].size()&&b[1][2].size())mov(2,1,1,2);
while(b[1][0].size()&&b[0][2].size())mov(1,0,0,2);
while(b[1][0].size()&&b[0][1].size())mov(1,0,0,1);
if(ans.size()==st)break;
}
if(b[2][0].size()){
int t=b[1][1].back(),m=b[2][0].size();
ans.emplace_back(b[2][0][0],t);
ans.emplace_back(b[2][0][0],b[0][2][0]);
for(int i=1;i<m;++i){
ans.emplace_back(b[2][0][i],b[0][2][i-1]);
ans.emplace_back(b[2][0][i],b[0][2][i]);
}
ans.emplace_back(t,b[0][2][m-1]);
}
cout<<ans.size()<<'\n';
for(auto&[x,y]:ans)cout<<x<<' '<<y<<'\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)solve();
}
E. Permutations Harmony
題意：給 \(n,k\)，構造 \(k\) 個不同的排列 \(p_1,\dots,p_k\)，使得對所有的 \(j\)，\(\sum_{i=1}^k p_{i,j}\) 相等。
當 \(n\) 為偶數，\(k\) 為奇數時，因為 \(n\nmid k\frac {n(n+1)}2\)，所以無解；
當 \(k=1,k=n!-1,k>n!\) 時，無解；
其他情況均有解，分 \(k\) 為奇數和偶數討論。
-
\(k\) 為偶數時：12345 54321 12354 54312……從小到大列舉排列配上 \(n+1\) 減每一項的排列即可。
-
\(k\) 為奇數時：我們先構造出一組 \(k=3\) 的。第一個排列從小到大，第二個排列奇數項從 \(\frac{n+1}2\) 開始遞減、偶數項從 \(n\) 開始遞減。以 \(n=7\) 為例：1234567 4736251 7362514。剩下的和 \(k\) 為偶數一樣，碰到重複的跳過即可。這樣恰好可以把 \(k\) 從 \(3\) 到 \(n!-3\) 的所有情況都構造出來。
注意特判 \(n=k=1\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=2e5+5;
const int fac[9]={1,1,2,6,24,120,720,5040,40320};
int n,k,p[N],q[N],r[N];
void solve(){
cin>>n>>k;
if(k==1){
if(n==1)cout<<"YES\n1\n";
else cout<<"NO\n";
}
else if(n<=8&&k>fac[n])cout<<"NO\n";
else if(!(n&1)&&(k&1))cout<<"NO\n";
else if(n<=8&&k==fac[n]-1)cout<<"NO\n";
else{
cout<<"YES\n";
for(int i=1;i<=n;++i)p[i]=i;
if(!(k&1)){
for(int i=1;i<=k;i+=2){
for(int i=1;i<=n;++i)cout<<p[i]<<' ';
cout<<'\n';
for(int i=1;i<=n;++i)cout<<n-p[i]+1<<' ';
cout<<'\n';
next_permutation(p+1,p+n+1);
}
}
else{
for(int i=1;i<=n/2;++i)q[i*2-1]=n/2+2-i,q[i*2]=n+1-i;
q[n]=1;
for(int i=1;i<=n/2;++i)r[i*2]=n/2+1-i,r[i*2+1]=n-i;
r[1]=n;
for(int i=1;i<=n;++i)cout<<p[i]<<' ';
cout<<'\n';
for(int i=1;i<=n;++i)cout<<q[i]<<' ';
cout<<'\n';
for(int i=1;i<=n;++i)cout<<r[i]<<' ';
cout<<'\n';
for(int i=4;i<=k;i+=2){
bool fl1=1,fl2=1,fl3=1,fl4=1,fl5=1,fl6=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(p[i]!=i)fl1=0;
if(p[i]!=q[i])fl2=0;
if(p[i]!=r[1])fl3=0;
if(n-p[i]+1!=i)fl4=0;
if(n-p[i]+1!=q[i])fl5=0;
if(n-p[i]+1!=r[i])fl6=0;
}
if(!fl1&&!fl2&&!fl3&&!fl4&&!fl5&&!fl6){
for(int i=1;i<=n;++i)cout<<p[i]<<' ';
cout<<'\n';
for(int i=1;i<=n;++i)cout<<n-p[i]+1<<' ';
cout<<'\n';
}
else i-=2;
next_permutation(p+1,p+n+1);
}
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)solve();
}