[C++知识库]Codeforces Round #802 (Div. 2)

B. Palindromic Numbers

题意

给定一个位数为n的数字，要求构造一个与该数位数相同且与该数和为回文数的数字

思路

n的取值上限为1e5，因此考察高精度减法。

构造出一个与给定数字的差为n位数字的回文数。

方法：

• 若该数最高位为9，则构造n+1位全为1的回文数，其与该数的差必然为n位数字
• 若该数最高位小于9，则构造n位全为9的回文数，其与该数的差必然为n位数字

代码实现

//主要就是考察高精度减法
vector<int> sub(vector<int> a,vector<int> b) {
	vector<int> c;
	int t = 0;
	//if (!cmp(a, b)) return sub(b, a);
 
	for (int i = 0; i <a.size(); i++)
	{
		t = a[i]-t;
		if (i < b.size()) t -= b[i];
		if (t < 0) {
			c.push_back(t + 10);
			t = 1;
		}
		else {
			c.push_back(t);
			t = 0;
		}
	}
	int m = c.size()-1;
	while (c[m] == 0 && c.size()) {//从高位到低位去0
		c.pop_back();
		m = c.size() - 1;
	}
	return c;
}
 
void solve() {
	int t = 0;
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		int len = 0;
		vector<int> a;
		vector<int> b;
		string s;
		cin >> len>> s;
		int siz = s.size();
		for (int i = siz - 1; i >= 0; i--) a.push_back(s[i]-'0');
		if (s[0] == '9') for (int i = siz; i >= 0; i--) b.push_back(1);
		else for (int i = siz - 1; i >= 0; i--) b.push_back(9);
		vector<int> c;
		c = sub(b,a);
		for (int i = c.size() - 1; i >= 0; i--) cout << c[i];
		cout << endl;
	}
	return;
 
}

C. Helping the Nature

题意

给定长度为n的序列，每次可选择三种操作中的任意一项：

• a[1]——a[i] 均 -1
• a[i]——a[n] 均 -1
• a[1]——a[n]均 +1

则至少要进行多少次操作才能将整个序列全部置0

思路

区间操作：考虑前缀和与差分

原序列全部置零，实际上也是差分序列全部置0

对原序列的三个操作，转化为对差分序列的三个操作：

• b[1]-1,b[i+1]+1
• b[i]-1
• b[1]+1

不难发现，我们只需要对b1-bn中不为0的bi单独处理即可

因此步骤如下：

• bi＞0 → 进行第二步操作
• bi＜0 → 进行第一步操作
• 最后将b1置0

PS：注意开long long

代码实现

//区间整体操作：前缀和，差分
void solve() {
	//原操作转化为对差分数组的三个操作
	//b[1]-1 and b[i+1]+1
	//b[i]-1
	//b[1]+1
	// 
	//原数组置零转化为差分数组置零
	int t = 0;
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		res = 0;
		int n = 0;
		cin >> n;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			cin >> a[i];
			b[i] = a[i] - a[i - 1];
		}
 
		for (int i = n; i > 1; i--)
		{
			if (b[i] >= 0) {
				res += b[i];
			}
			else {
				res -= b[i];
				b[1] += b[i];
				
			}
		}
		res += abs(b[1]);
		cout << res << endl;
	}
	return;
 
}

D. River Locks

题意

有n个水箱（不知道lock啥意思，就这么叫吧），每个水箱的体积为vi。每个水箱的上方，都有一个水管，我们可以任选一定数量的水管将其打开。每个水管1秒流入下方水箱1体积的水，若该水箱水已满，则溢出部分转移到下一个水箱，下一个水箱亦然。

有q次询问，每一次询问，在ti的时间内至少要打开多少水管才能保证全部水箱都装满水

思路

首先考虑将所有水箱看作整体，思考答案可能为
$$?\frac{\sum vi}{t}?$$
但实际上不可行，因为可能出现后面水箱溢出但前面水箱仍未装满的情况。

举个例子：v1 = 10，v2 = 1，t = 5，则上式结果为3，但3秒时1号水箱显然没装满，所以上式不正确。

我本来想的是单独处理1号水箱，但会出现“前面未满，后面溢出”情况的不止1号水箱和它之后的水箱，第i号水箱和它之后的水箱都可能出现这种情况，因此这种想法显然是不全面的。

所以我们从“最少需要的时间”入手，考虑注满前i个水箱（i=1,2,3,······,n）所至少需要的时间的最大值minn，来保证每个水箱都可以在该时间时注满

• ti＜minn，必定无法在ti内注满所有水箱
• ti＞minn，必定可以在ti内注满所有水箱，且需要的最少水管数量为(minn + ti -1)/ti

PS：学到了除数为x时对商上取整的方法 →(num+x-1)/x

代码实现

void solve() {
	int n = 0;
	cin >> n;
	ll minn = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		s[i] = s[i - 1] + a[i];
		minn = max(minn, (s[i] + i - 1) / i);//前i个lock需要至少多少秒能装满,求一个最大值
	}
	int t = 0;
	cin >> t;
	while (t--) {
		int tim = 0;
		cin >> tim;
		if (tim < minn) cout << "-1"<<endl;
		else cout << (s[n] + tim - 1) / tim << endl;
	}
	return;
 
}