Codeforces Round #777 (Div. 2) A B C D

Time:2022/3/12 3:07更

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A. Madoka and Math Dad

• Tip:math

思路： 很明显最优解必定是由$1$和$2$构造而成的，在草稿纸上推一下，很容易发现余数分别为$0,1,2$时的最优解分别遵循什么规律，构造一下即可。

• 参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    int x=n/3;
    if(n%3==0){
        for(int i=0;i<n/3;i++)cout<<"21";
    }
    else if(n%3==1){
        cout<<"1";
        for(int i=0;i<n/3;i++)cout<<"21";
    }
    else{
        cout<<"2";
        for(int i=0;i<n/3;i++)cout<<"12";
    }
    cout<<endl;
    return ;
}
signed main(){
    int t=1;
    cin>>t;
    for(int i=1;i<=t;i++){
        solve();
    }
    return 0;
}

B. Madoka and the Elegant Gift

• Tip:implementation、brute force

思路： 首先像个阅读理解，你得理解什么是$elegant$。其次去找规律，题目问的是帮助作者确认是否这个$table$是$elegant$的。那我们就去找，看看能否找到反例，使得这个$table$不是$elegant$的。仔细观察会发现，在每一个$2$ * $2$的正方型中可以存在黑块数为$0、1、2、4$。唯独不能存在黑块数为$3$。因为黑块数为$3$的无论什么情况必定存在两个相交的$nice$类子矩形。那么我们的任务就是去找是否存在黑块数为$3$的$2$ * $2$的正方型，$BF$即可。

• 参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
char a[N][N];
void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)cin>>a[i][j];
    for(int i=2;i<=n;i++)
        for(int j=2;j<=m;j++){
            int res=0;
            res+=a[i-1][j-1]-'0';
            res+=a[i-1][j]-'0';
            res+=a[i][j-1]-'0';
            res+=a[i][j]-'0';
            if(res==3){
                cout<<"NO"<<endl;
                return ;
            }
        }
    cout<<"YES"<<endl;
    return ;
}
signed main(){
    int t=1;
    cin>>t;
    for(int i=1;i<=t;i++){
        solve();
    }
    return 0;
}

C. Madoka and Childish Pranks

• Tip:constructive algorithms、greedy

思路： 因为本题限制操作次数最多为$n$ * $m$，所以我们直接构造即可。容易发现如果$idx[1][1]==1$那么必定无解，否则每个$1$都可以通过一个$1$ * $2$的构造块来生成，且有两种情况，第一种是$idx[x][y-1]$和$idx[x][y]$，第二种是$idx[x][y]$和$idx[x-1][y]$，因为从前往后遍历，两个操作可能会覆盖掉前面已经生成为$1$的块，所以我们从图的结尾开始遍历构造即可。

• 参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n,m;
vector<int>S;
char s[N][N];
void solve(){
    S.clear();
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)cin>>s[i][j];
    if(s[1][1]=='1'){
        cout<<"-1"<<endl;
        return ;
    }
    int ans=0;//计数 
    for(int i=n;i>=1;i--){//倒着操作 
        for(int j=m;j>=1;j--){
            if(s[i][j]=='1'){
                if(i!=1){
                    ans++;
                    S.push_back(i-1);
                    S.push_back(j);
                    S.push_back(i);
                    S.push_back(j);
                }
                else{
                    ans++;
                    S.push_back(i);
                    S.push_back(j-1);
                    S.push_back(i);
                    S.push_back(j);
                }
            } 
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    int res=0;
    for(auto x:S){
        cout<<x<<' ';
        res++;
        if(res%4==0)cout<<endl;
    }
    return ;
}
int main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D. Madoka and the Best School in Russia

• Tip:math、number theory

思路： 这题一大难点是读题，读懂题后会发现每一个漂亮的数字不能出现两个及以上$d$的因子，否则的话他就不满足漂亮数字的定义。现在要判断是否$good$ $x$能被两个及以上的漂亮数字相乘得到，那么我们可以得出$x$中至少要存在$2$个$d$因子，否则他就不满足条件。在满足$x$存在两个及以上$d$因子的前提下我们进行分类讨论，如果$x$是一个合数，那么必定可以构造两种及以上方案，比如$9$，它是一个合数，在与$d$互质前提下他可以分解成$1$ * $9$和$3*3$。那么我们接下去讨论$x$是质数的情况，当$d$因子数量为$2$时，永远只能形成一种方案。当$d$因子数量为$3$时，我们可以考虑拆掉一个$d$因子与$x$进行构造(前提是$d$是一个合数才能拆)。去掉本身不需操作的一种情况，我们只需另外构造一种情况即可，那么特判如果$i$是$d$的因子且$i$ * $i==d$且$i=x$的情况无法构造另一种情况，其余一旦出现$d$%$i==0$必定可以构造至少一种情况。最后判断当$d$的因子数量出现$4$及以上的情况，显然一旦$d$%$i==0$，即$d$是一个合数的情况下，必定可以形成$2$个及以上方案。

• 参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool is_prime(int x){
    for(int i=2;i*i<=x;i++){
        if(x%i==0)return false;
    }
    return true;
}
void solve(){
    int x,d;
    cin>>x>>d;
    int cnt=0;
    while(x%d==0){//得到x中有几个d因子 
        x/=d;
        cnt++;
    }
    if(cnt<2){//每个beautiful至少一个，那么两个及以上beautiful相乘，至少需要2个d因子 
        cout<<"NO"<<endl;
        return ;
    }
    if(!is_prime(x)){//他是合数说明必定能构造两个及以上方案 
        cout<<"YES"<<endl;
        return ;
    } 
    if(cnt==2){
        cout<<"NO"<<endl;//留下来肯定x是质数，只有一种方案
        return ;
    } 
    else if(cnt==3){
        if(is_prime(d))cout<<"NO"<<endl;
        else{
            for(int i=2;i*i<=d;i++){
                if(d%i==0){
                    if(i*i==d&&i==x){
                        cout<<"NO"<<endl;
                        return ;
                    }
                    cout<<"YES"<<endl;
                    return ;
                }
            }
        } 
    }
    else{
        for(int i=2;i*i<=d;i++){
            if(d%i==0){
                cout<<"YES"<<endl;
                return ;
            }
        }
        cout<<"NO"<<endl;
    }
} 
int main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}