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Educational Codeforces Round 178 div2(题解ABCDE)

news 来源：原创 2025/5/21 4:03:59

A. Three Decks

#1.由于最后三个数会相等，提前算出来和，%3判断，再判前两个数是否大于

#include<iostream>
#include<vector>
#include<stdio.h>
#include<map>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<array>
#include<cmath>
#include<set>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#include<iomanip>
using namespace std;
using ll = long long;
using llu = unsigned long long;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const ll MIN = -9187201950435737472ll;
ll mod = 1e9 + 7;
ll base = 131;
const int N = 1e4 + 10;
void solve()
{int a,b,c;cin>>a>>b>>c;if((a+b+c)%3==0){int tmp=(a+b+c)/3;if((a<=tmp)&&(b<=tmp))cout<<"YES"<<endl;else cout<<"NO"<<endl;}else cout<<"NO"<<endl;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin>>t;while (t--){solve();}return 0;
}

B. Move to the End

我们每次要从数组末尾拿1,2,3...一直到n 个数，对于每次取，我都可以拿一个数到数组末尾。

#1.为此我们可以取一个前缀max数组，讨论从后向前的k个元素的前缀max是否大于这个元素

#include<iostream>
#include<vector>
#include<stdio.h>
#include<map>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<array>
#include<cmath>
#include<set>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#include<iomanip>
using namespace std;
using ll = long long;
using llu = unsigned long long;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const ll MIN = -9187201950435737472ll;
ll mod = 1e9 + 7;
ll base = 131;
const int N = 1e4 + 10;
void solve()
{int n;cin>>n;vector<ll>a(n+1);vector<ll>pre(n+1,0);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];pre[i]=max(pre[i-1],a[i]);}ll sum=0;for(int i=n;i>=1;i--){sum+=a[i];if(pre[i-1]>a[i])cout<<sum-a[i]+pre[i-1]<<" ";else cout<<sum<<" ";}cout<<endl;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin>>t;while (t--){solve();}return 0;
}

C. Card Game

有n张卡，编号大的克制编号小的，特别的1克制n，每回合Alice先出，Bob后手，如Alice克制Bob则得Alice得这两张牌，反之Bob

#1.注意到由于Alice先手，只有无论Alice出任何牌Bob都能克制她时，Bob胜，其余情况Alice胜

#2.可以用vector存Alice的牌，set存Bob的牌，二分＋特判

#include<iostream>
#include<vector>
#include<stdio.h>
#include<map>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<array>
#include<cmath>
#include<set>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#include<iomanip>
using namespace std;
using ll = long long;
using llu = unsigned long long;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const ll MIN = -9187201950435737472ll;
ll mod = 1e9 + 7;
ll base = 131;
const int N = 1e4 + 10;
void solve()
{int n;cin>>n;string s;cin>>s;vector<int>a;s="#"+s;set<int>st;bool tag=true;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='A')a.push_back(i);else st.insert(i);}int l=a.size();for(int i=0;i<l;i++){if(a[i]==n){if(!(st.count(1)))tag=false;}else{auto it=st.upper_bound(a[i]);if(a[i]==1){if(*it==n)tag=false;}else{if(*it<a[i])tag=false;}}}if(tag)cout<<"Bob"<<endl;else cout<<"Alice"<<endl;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin>>t;while (t--){solve();}return 0;
}

D. Array and GCD

给一个长为n的数组a，可以让数组中的任一元素减1，另一元素加1，也可只减不加，最后问最少删几个元素能让数组任意两个元素之间互质，(删元素要在操作之前)，并且要保证操作后的数组中任意元素都是>=2的

#1. 要让任意两个元素之间互素，当数组中都是素数即可

#2.再来考虑操作，我能让数组中任意元素变化，但数组的总和只能是不变或变小的，假设剩了x个元素，它最小应该是前x个素数相加。

#3.到这只需用欧拉筛筛到1e7(大概6e5个素数)，在对素数做前缀和，即为保留i个元素，i个元素的总和至少为多少

#4.保持贪心性质，删数只删最小的

#include<iostream>
#include<vector>
#include<stdio.h>
#include<map>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<array>
#include<cmath>
#include<set>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#include<iomanip>
using namespace std;
using ll = long long;
using llu = unsigned long long;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const ll MIN = -9187201950435737472ll;
ll mod = 1e9 + 7;
ll base = 131;
const int N = 1e7 + 10;
const int M=1e6+4;
bool vis[N];
vector<int>primes;
ll pre[M];
void init(int x)
{vis[0]=vis[1]=true;for(int i=2;i<=x;i++){if(!vis[i])primes.push_back(i);int l=primes.size();for(int j=0;j<l&&primes[j]*i<=x;j++){vis[i*primes[j]]=true;if(i%primes[j]==0)break;}}
}
void solve()
{int n;cin>>n;vector<int>a(n+1);ll sum=0;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],sum+=a[i];sort(a.begin()+1,a.end(),greater<int>());if(n<2){cout<<0<<endl;return;}for(int i=n;i>=2;i--){if(sum>=pre[i]){cout<<n-i<<endl;return;}sum-=a[i];}cout<<n-1<<endl;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin>>t;init(1e7);int l=primes.size();//cout<<l<<endl;for(int i=0;i<l;i++){pre[i+1]=pre[i]+primes[i];}while (t--){solve();}return 0;
}

E. Unpleasant Strings

给一个长为n的字符串s，其中只能出现26个字母前k个字母，q次询问，每次询问给一个字符串，对于每次询问给出至少添加几个字母能使它不为s的子序列。

#1.对于本就不是它的子序列的字符串，添加0个。那就需要判断以一个字符串是否为另一个字符串的子序列。k很小，可以将每种字符用vector存起来，在判断时，只需要遍历要判断的字符串，二分对于这个字符出现序列中第一个大于上一个位置的位置

#2.通过上述方法可以找到这个字符串作为子序列第一个末尾，对于后续元素至少要添加的元素数量，我们可以采用后缀和提前预处理出答案，后缀和是从后向前遍历，将k个元素都出现的一段视作1，再做后缀和

#include<iostream>
#include<vector>
#include<stdio.h>
#include<map>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<array>
#include<cmath>
#include<set>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#include<iomanip>
using namespace std;
using ll = long long;
using llu = unsigned long long;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const ll MIN = -9187201950435737472ll;
ll mod = 1e9 + 7;
ll base = 131;
const int N = 1e4 + 10;
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int l,q,k;cin>>l>>k;string s;cin>>s;string str;vector<vector<int>>dp(k+1,vector<int>());vector<ll>suf(l+3,0);s="#"+s;for(int i=1;i<=l;i++){dp[s[i]-'a'+1].push_back(i);}suf[l]=0;int cnt=0;vector<bool>vis(k+1,false);for(int i=l-1;i>=0;i--){if(!vis[s[i+1]-'a'+1])cnt++,vis[s[i+1]-'a'+1]=true;suf[i]=suf[i+1]+(cnt==k);if(cnt==k){fill(vis.begin(),vis.end(),false);cnt=0;}}cin>>q;while(q--){cin>>str;int len=str.length();int pos=-1;bool tag=true;for(int i=0;i<len;i++){int x=str[i]-'a'+1;auto tmp=upper_bound(dp[x].begin(),dp[x].end(),pos);//cout<<tmp<<endl;if(tmp==dp[x].end()){tag=false;break;}pos=*tmp;//cout<<pos<<endl;}if(!tag){cout<<0<<endl;continue;}//cout<<pos<<endl;cout<<suf[pos]+1<<endl;}return 0;
}

Educational Codeforces Round 178 div2(题解ABCDE)

A. Three Decks #1.由于最后三个数会相等，提前算出来和，%3判断，再判前两个数是否大于 #include<iostream> #include<vector> #include<stdio.h> #include<map> #include<string> #include<algorithm> #…...

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2025.4.29_STM32_看门狗WDG

1.WDG简介大概意思就是给看门狗设置一个时间范围，在这个范围内必须喂狗(重置定时器)，这个操作必须一直执行，比如看门狗的的时间范围是1-2秒，我们就必须间隔1-2秒就喂一次狗，否则它自减到0时就会重置电路，相…...

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微服务学习笔记

1 微服务微服务：基于业务领域建模的、可独立发布的服务，把业务内聚的功能封装起来，并通过网络供其他服务访问。好处： 技术异构性，不同服务可以使用不同的技术弹性，可以更好的处理服务不可用的问题扩展…...

编程日记 2025/4/30 6:34:54

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编程日记 2025/5/7 5:14:30

cmake:基础

本文主要探讨cmake语法相关知识。 cmake(GUI)安装 apt install cmake-curses-gui cmake -y cmake语法 cmake_minimum_required(VERSION 版本号) 设置cmake最低版本 project(工程名) <> PROGECT_NAME/CMAKE_PROJECT_NAME 设置工程名字 add_library(库名 SHARED/STAT…...

编程日记 2025/4/30 6:34:52