题目链接https://codeforces.com/contest/1996

A. Legs

题意

一只鸡有两条腿，一只牛有四条腿，一共有$n$($n$是偶数)条腿，问最少多少只动物。

思路

全是牛的时候动物数量最多， 所以$ans = \lceil \frac{n}{4} \rceil$

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    cout<<(n+3)/4<<endl;
}
signed main(){
    int T = 1;
    cin>>T;
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}

B. Scale

题意

有一个01数组，请你缩小k倍，然后输出它。

例如：

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1
6 3
000111
000111
000111
111000
111000
111000

缩小完变为

1
2
01
10

思路

循环输出，每次跳k格即可。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
char mp[1005][1005];
void solve(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    rep(i,1,n){
        rep(j,1,n) cin>>mp[i][j];
    }
    for(int i =1;i<=n;i+=k){
        for(int j = 1;j<=n;j+=k){
            cout<<mp[i][j];
        }
        puts("");
    }
}
signed main(){
    // IO;
    int T = 1;
    cin>>T;
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}

C. Sort

题意

给你两个字符串 $a,b$ , 进行$q$次询问，每次询问$l,r$ 。 对于每次询问，你可以进行一些次数操作，每次可以使得一个字符变为任意另一个字符， 问最少多少次操作，能够使得 $sorted(a[l..r]) = sorted(b[l..r])$

注意：每次询问的修改操作不影响之后的询问。

思路

因为我们会对这两个子串进行排序操作，所以我们就只需要考虑子串中每个字符出现的次数即可。

我们定义两个子串的差异度为$\sum_{ch = a}^z |cnta[ch]-cntb[ch]|$ ,即每种字符在两个子串中数量的差的总和。

我们每次操作可以将一个字符变为另一个字符，因此会使得二者的差异度减少2 。

所以我们总共的操作次数就是差异度除以2。 即$\frac{\sum_{ch = a}^z |cnta[ch]-cntb[ch]|}{2}$

于是我们需要解决的问题变为：如何更快地求出某一子串中所含有的字符数量： 前缀和 ，使用一个sum[N][26] 数组来记录每个字符出现的次数。于是对于某一子串$a[l..r]$ ， 字符$ch$ , 出现的次数为sum[r][ch-'a'] - sum[l-1][ch-'a']

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
int cnt1[200005][27];
int cnt2[200005][27];
void solve(){
    int n,q;
    cin>>n>>q;
    string a,b;
    cin>>a>>b; a = ' ' + a; b = ' ' + b;
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        for(int j = 0;j<26;j++){
            cnt1[i][j] = cnt1[i-1][j] + (a[i] == 'a' + j);
            cnt2[i][j] = cnt2[i-1][j] + (b[i] == 'a' + j);
        }
    }
    while(q--){
        int l, r;
        cin>>l>>r;
        int ans = 0;
        for(int j = 0;j<26;j++){
            ans += abs((cnt1[r][j] - cnt1[l-1][j])-(cnt2[r][j] - cnt2[l-1][j]));
        }
        cout<<ans/2<<'\n';
    }
}
signed main(){
    int T = 1;
    cin>>T;
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D. Fun

题意

给定两个数$n,x$ , 求满足$a+b+c\le x , ab + ac + bc \le n$ 的三元组$(a,b,c)$ 的个数。 $1\le n ,x \le 10^6$

注意：三元组是有序的，即$(1,1,2),(2,1,1)$ 视为不同的三元组

思路

如果暴力枚举，我们需要三重循环分别枚举$a,b,c$ ，他们的取值为 $1\le a,b,c \le x-2$ ,此时的复杂度为$O(x^3)$ ，显然是不行的。考虑根据两个条件节时， 我们枚举最外层变量为a， 即在a确定之后：

  • 根据条件1： 一定有$b \le x - a - c \le x - a - 1$ ，于是b只需要枚举到$x-a-1$即可。
  • 根据条件2：一定有$a * b < n$ , 即b最大为$\lfloor \frac{n}{a} \rfloor$

二者取min，得到b的最大值。可以得出，此时枚举a和b的复杂度大概为$nlnn$ , 那么我们需要$O(1)$ 求出c的取值范围，在确定完$a,b$ 的值后，可以得出$ 1\le c \le min(x - a -b,\frac{ n - ab}{a+b})$ , 而对于每个c，都会对答案贡献1，因此在确定完a和b后， 我们直接令答案加上$ min(x - a -b,\frac{ n - ab}{a+b})$ 即可。总体时间复杂度即为枚举a和b的复杂度$O(nlnn)$。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
void solve(){
    int n,x;
    cin>>n>>x;
    int ans =0;
    rep(a,1,x){
        rep(b,1,x){
            if(a+b>=x) break;
            if(a*b>=n) break;
            int nn = n - a * b;
            int c1 = (n-a*b) / (a+b);
            int c2 = x - a - b;
            ans += min(c1,c2);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
    int T = 1;
    cin>>T;
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}

E. Decode

题意

给一个01串S，求对于每一对$(l,r), (1\le l\le r\le n)$ ,计算$(x,y) ,(l\le x\le y \le r)$ 这样的整数对的个数，要求$S[x..y]$ 中0 和1的数量相同。

思路

我们考虑逆向思维，找出每一个满足$f_0(S[x..y]) = f_1(S[x..y])$ 的$(x,y)$对， 计算每个对的贡献（即为 在多少个子串$S[l..r]$ 中），将其加和即可。 如果我们确定一个$(x,y)$ 那么很容易算出， 它的贡献为$x * (n-y+1)$ 。

那么如何确定这些$(x,y)$ 对呢，我们考虑前缀和，将字符0的贡献为-1， 字符1的贡献为1 ，那么$f_0(S[x..y]) = f_1(S[x..y])$ 就等价于$sum[y] = sum[x-1]$ , 我们边枚举y边对这么一个sum数组进行桶计数。于是$cnt[sum[y]]$即表示在y之前，有多少个$x$满足$sum[x-1] = sum[y]$ ,但是我们记录数量是不够的，我们还要考虑x的位置，即对于每个y，贡献为$x_1(n-y+1) + x_2(n-y+1)+…+x_k(n-y+1) = (x_1+x_2+…+x_k)(n-y+1)$ ，于是我们的桶数组每次应该令$cnt[sum[x]] += i+1$ ， 即记录为每个满足条件的$x$的和。 （注意每次加到$cnt$数组中的是$i+1$,不是$i$ ,因为$i = x-1$）

  • 注意$sum[x]$ 可能是负数，我们进行桶计数是要进行偏移$n$处理
  • 注意对答案加和的过程中取模

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
const int mod = 1e9+7;
void solve(){
    string str;
    cin>>str;
    int n = str.size();str = ' ' + str; // 将字符串变为下标从1开始
    vector<int> cnt(2 * n + 5); // 开2*n大小的桶，因为sum[i]的取值为[-n,n]
    vector<int> sum(n+5);
    cnt[0+n] = 1;
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        int y = i;
        sum[y] = sum[y-1];
        if(str[y] == '0') sum[y]--;
        else sum[y] ++;
        ans = (ans + cnt[sum[y]+n] * (n-y+1)%mod)%mod;
        cnt[sum[y] + n] += i+1; // 这里要加一，因为我们存的是sum[x-1],那么对于
    }
    cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
    int T = 1;
    cin>>T;
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}

F. Bomb

题意

给两个长度为$n$的数组$a,b$ , 你至多进行$k(1\le k \le 10^9)$次操作，每次操作如下：
选择一个数$i$ , 获得$a[i]$ 枚金币，并令$a[i] = max(0,a[i]-b[i])$

问最多能获得多少金币

思路

我们先考虑$O(k)$ 的朴素解法： 每次选择一个最大的$a[i]$ ,选择完后使用堆（优先队列）更新最大值，重复选择k次即可。

但是上述代码会导致超时（因为k太大了）， 我们考虑二分搜索：

我们设$f(x)$表示令所有的$a[i]$ 都减至$a[i] < x$ ，所需要的操作次数。 显而易见，$f(x)$ 是单调递减的。因此满足二分性。

我们找到这样一个$l$ , 使得$f(l) > k , f(l+1) \le k$ , 这样我们先令所有的$a[i]$ 都减至小于 $l$ ,此时相比k，会多进行$f(l)-k$ 次操作， 因此会导致多获得一些金币，这里每次操作会使我们额外获得$l$的贡献，令最终的金币数量减去$(f(l)-k)*l$ 即为最终答案。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
int n,k;
int a[200005];
int b[200005];
bool check(int x){
    int sum = 0;
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        if(a[i]>=x){
            sum += (a[i]-x)/b[i] + 1;
        }
    }
    return sum <= k;
}
void solve(){
    cin>>n>>k;
    rep(i,1,n) cin>>a[i];
    rep(i,1,n) cin>>b[i];
    int l =0; int r =1e9+5;
    while(l<r){
        int mid = (l+r+1)>>1;
        if(check(mid)){
            r = mid-1;
        }else{
            l = mid;
        }
    }
    int ans = 0;
    int s = 0;
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        if(a[i]>=l){
            int m = (a[i] - l)/b[i] + 1;
            ans += (a[i] + a[i]-(m-1)*b[i])*m/2;
            s += m;   
        }
    }
    ans -= 1LL * l * (s - k);
    cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
    int T = 1;
    cin>>T;
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}