A. Make A Equal to B
Origional Link
题目大意：
- 给定只含 0,1 的序列 a,b。
- 对序列 a 不限次数执行如下操作： 将 a_i 变为 a_i - 1 。 将 a 按照任意顺序重新排列。
- 求最少几步可以得到和 b 相同的序列 a。
思想：
- 思维题。
- 分为两种情况讨论：不排序 a 直接操作和先排序 a 再操作的情况。
- 同时遍历一遍 a 和 b，记录
a[i] != b[i]的次数即为不排序 a 直接操作时，需要改变 a_i 的步数，记为 cnt。 - 将 a 进行排序，尽可能的一一对应 b，由于对排序无要求，则只需记录 a 和 b 中相同元素出现的次数，分别设为 t,p。
- 那么在进行一次排序后，最少改变 a 的步数即为
abs(t - 1)。 - 综合上述两种情况最少步数为
min(cnt, abs(t - p) 1)
代码：
代码语言：javascript复制#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl 'n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
int a[N], b[N];
void solve(){
int n; cin >> n;
int p = 0, t = 0;
for(int i = 0; i < n; i ){
cin >> a[i];
if(a[i] == 1) p ;
}
for(int i = 0; i < n; i ){
cin >> b[i];
if(b[i] == 1) t ;
}
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n; i ){
if(a[i] != b[i]) cnt ;
}
cout << min(cnt, abs(t - p) 1) << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}B. Playing with GCD
Origional Link
题目大意：
- 给定一个长度为 n 的序列 a。
- 问是否存在一个 n 1 长度的序列 b，使得 a_i= gcd(bi,b{i 1}),1le i le n。
思想：
- 数学推理，构造。
- 当 nle2 时一定存在 b 成立。
- 当 n gt 2 时，设 2le i le n-2，若 b 存在，必满足： b_i=lcm(a_{i-1},a_i),b_{i 1} = lcm(a_i,a_{i 1})。 且保证 a_i=gcd(b_i,b_{i 1})。
- 实际上 a_1 的 b_1 和 a_n 的 b_{n 1} 是一定存在的。
代码：
代码语言：javascript复制#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl 'n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
LL gcd(LL a, LL b){
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int a[N];
void solve(){
int n; cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i ) cin >> a[i];
bool flag = 1;
if(n > 2){
int b = a[0] * a[1] / gcd(a[0], a[1]);
for(int i = 1; i 1 < n; i ){
int t = a[i] * a[i 1] / gcd(a[i], a[i 1]);
if(gcd(b, t) != a[i]){
flag = 0;
break;
}
else b = t;
}
}
if(flag) cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}C1. Good Subarrays (Easy Version)
Origional Link
题目大意：
- 给定一个长度为 n 的序列 b。
- 对于一个区间 (l,r),1le l le r le n 满足 b_ige i,lle i le r，则称该区间为一个好区间。
- 求序列 b 中的好区间数量。
思想
- 双指针。
- 定义两个指针
i和j，i表示以i为起点的序列的数量，j表示从i开始的最长序列的位置。 - 当
j是第一个不符合条件的位置时，则当前符合条件的区间长度为j - i。 - 每次
i向右走一格，显然起点后移，原来符合条件的位置同样符合条件，因此此时j不需要左移，继续右移即可。 - 统计每次
j不满足条件时区间长度之和即可。
代码：
代码语言：javascript复制#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl 'n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
int a[N];
void solve(){
int n; cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ) cin >> a[i];
LL sum = 0;
for(int i = 1, j = 1; i <= n; i ){
while(j <= n && a[j] >= j - i 1){
sum = j - i 1;
j ;
}
}
cout << sum << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}
