Codeforces Round #836 (Div. 2)

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一、 A - SSeeeeiinngg DDoouubbllee

• 代码:

#include 
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define PII pair<int,int>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e7 + 1,M = N * 2,INF = 0x3f3f3f3f,mod = 998244353;
int a[N],b[N];

void solve()
{
    string s,res; cin >> s;
    
    for(int i = s.size() - 1;i >= 0;i --)
    res += s[i];
    s += res;
    
    cout << s << endl;

}

signed main()
{
    ios;
    int T = 1;cin >> T;while(T -- ) solve();
    return 0;
}
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二、B - XOR = Average

• 思路: 构造,如果n是奇数那就全部为1就好,否则偶数输出 1 3 其他全部为2
• 代码:

#include 
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define PII pair<int,int>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e7 + 1,M = N * 2,INF = 0x3f3f3f3f,mod = 998244353;
int a[N],b[N];
int n;
void solve()
{
    cin >> n;
    if(n == 1) cout << "1" << endl;
    else
    {
        if(n & 1)
        {
            for(int i = 1;i <= n;i ++ ) cout << "1" << ' ';
            cout << endl;
        }
        else
        {
            if(n == 2)
            {
                cout << "1 3" <<endl;
            }
            else
            {
                cout << "1 2 3" << ' ';
            for(int i = 1;i <= n - 3;i ++ ) cout << "2" << ' ';
            cout << endl;
            }
            
        }

    }
}

signed main()
{
    ios;
    int T = 1;cin >> T;while(T -- ) solve();
    return 0;
}
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三、C - Almost All Multiples

• 思路:
  1 如果 x = n 的话,就直接按照顺序输出就行
  2 输出**-1** 的情况是 n % x != 0,因为 数字1占了 位置 n, 数字x占了 位置 1,所以最差也就是 数字 n 必须占 位置 x
  3 其他情况: ,让 x 这个位置 上面 的 数字 尽可能小,那比如 x = 6,n = 72, n 必须要占用前面的位置,可以转移的有很多比如
  6 12 24 72 6 18 36 72…等等,为了保证字典序最小,我们就分解质因数 n / x,这里面 n / x = 12,12分解质因数就是 2 2 3,就选用让 x * 2占用x的位置,然后其他位置补上去就行
• 代码:

#include 
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define PII pair<int,int>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 1000,M = N * 2,INF = 0x3f3f3f3f,mod = 998244353;
int ans[N];

int p[N];
bool st[N];
vector<int> res2;
int cnt;

void prime(int x)
{
    int res=0;
    for(int i=2;i<=x;i++)
    {
        if(!st[i])
        {
            p[cnt++]=i;
        }
        for(int j=0;p[j]<=x/i;j++)
        {
            st[p[j]*i]=true;
            
            if(i%p[j]==0)break;
        }
          
    }
}
 
void check(int x)
{
  
    for(int i = 2;i * i <= x ;i ++ )
    {
        if(x % i == 0)
        {
            while(x % i == 0)
            {
                x /= i;
                res2.pb(i);
            }
            
        }
        
        if(x == 1) break;
         
    }
    
    if(x != 1) res2.pb(x);
     
}

void solve()
{
    int n,x;
    cin >> n >> x;
    res2.clear();
    if(x == n)
    {
        cout << x << ' ';
        for(int i = 2;i <= n - 1;i ++ )
        cout << i <<' ';
        
        cout << "1" << endl;
    }
    else
    {
        
        if(n % x != 0) cout << "-1" << endl;
        else
        {
           // 只有x这个位置需要变化
           int w = n;
            
            for(int i = 2;i <= n - 1;i ++ )
             ans[i] = i;
             
             int k = n / x;
             
             check(k);
            
         //  for(auto o:res2) cout << o << ' ';
           cout << x << ' ';
          for(int i = res2.size() - 1;i >= 0;i -- )
          {
              ans[w / res2[i]] = w;
              w /= res2[i];
          }
           
           
          for(int i = 2;i <= n - 1;i ++ )
            cout << ans[i] << ' ';
           
            cout << "1" <<endl;
         }
        
    }
    
}

signed main()
{
    ios;
    int T = 1;cin >> T;while(T -- ) solve();
    return 0;
}
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四、D - Carry Bit

• 思路:
• 原来的式子开平方,max(a1,a2,…an) - (a1,a2,…an)的平方 = (a1 + a2 + a3 + a4 + an) / n;这里让max(a1,a2,…an) - (a1,a2,…an) = n + 1,然后枚举左右端点,问题转化成了你可以在 [L+ 1,R - 1]范围里面选择 (n - 2)个数字,使得他们的和为 sum = (n +1) * (n + 1) - L - R,
• 这里面因为每一个数字都不相同,所以对于每一段区间我们都可以知道这段区间最大值和最小值,因为只能选(n - 2)个数字,所以最大值就是 (R - 1) + (R - 2) + … (R - (n - 2) ) ,最小值就是 (L + 1) + (L + 2) + … (L + (n - 2)),如果 sum 处于这个区间,那左右端点就确定了
• 因为区间很大,我们只能选n - 2个数字,所以从(L + 1)到 (R - 1)枚举每一数字,判断这个数字是否可以用,具体代码里面有如何判断
• 代码:

#include 
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define PII pair<int,int>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 1000,M = N * 2,INF = 0x3f3f3f3f,mod = 998244353;

void solve()
{
    int n; cin >> n;
    if(n == 2) // 特判
    {
        cout << "1 3" << endl;
        return;
    }
    int k = (n + 1) * (n + 1);

    for(int l = 1;l <= n;l ++ )
    {
        int r = 1 + n + l;
      
        int le = (l + n - 2) * (l + n - 1) / 2 - l * (l + 1) / 2; // 等差数列求和
        int ri = r * (r - 1) / 2 - (r - n + 1) * (r - n + 2) / 2; // 等差数列求和
       
        
        if((k - r - l) >= le && (k - r - l) <= ri)
        {
            cout << l << ' ';
            
            int s = k - r - l;
            int d = n - 2; // 最多选d个数字
             for(int i = l + 1;i <= r - 1;i ++ ) // 判断该数字是否可用,如果可用的话,那剩下的必须选择的数字的和也一定要在新的范围内
              {
                if(d == 0) break;
                
                int w = s - i; //如果选i的话,剩下的和
                int d1 = d - 1;// 剩下的个数
                int ll =(i + d1) * (i + d1 + 1) / 2 - i * (i + 1) / 2,rr = (r - 1) * (r) / 2 - (r - 1 - d1) *(r - 1 - d1 + 1) / 2;
                if(w >= ll && w <= rr) // 必须在该范围内
                {
                    cout << i << ' ';
                    s = w;
                    d = d1;
                }
                
                
             }
            cout << r << endl;
            break;
        }
    }
    
    
}

signed main()
{
    ios;
    int T = 1;cin >> T;while(T -- ) solve();
    return 0;
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总结

这此打的不好,脑溢血了,c题那个求质因数的函数,因为懒没有自己写,而是用了以前写过的那个,谁知道以前写的那个不对,一直在调试,重点:不要懒还有 d 题,判断数字是否可用的时候,我已经通过样例知道 写的有问题,但是我以为就4一个特殊的,然后就没继续想,然后就wa了,真的别懒