Codeforces Round #462 (Div. 2)

B題……我固執的認為1e18是18位數，導致被hack，花了20分鐘才檢查出這個錯誤，很僵硬

Codeforces 934C

題意

給定一個由\(1\)和\(2\)組成的數列，並且可以將區間\([l,r]\)內的數翻轉一次，求這種情況下數列的\(LIS\)

數列長度\(n \le 2000\)

解題思路

如果不翻轉的話，可以枚舉從1變成2的位置，通過預處理\(1\)和\(2\)數量的前綴和，那麽這個決策點的\(LIS=one[i]+two[n]-two[i]\)。

再考慮翻轉，可以算出翻轉區間內的決策點的\(LIS\)為
\[ one[l-1]+two[i-1]-two[l-1]+one[r]-one[i-1]+two[n]-two[r] \]

進而固定\(l\)，增加\(r\)時，維護\((one[i-1]-two[i-1])\)的最小值，可得當前區間決策的最大值

復雜度\(O(n^2)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2018;
int n;
int a[maxn],one[maxn],two[maxn],dev[maxn];
int main(int argc, char const
 
 *argv[])
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]==1)
        {
            one[i]=one[i-1]+1;
            two[i]=two[i-1];
        }
        else
        {
            one[i]=one[i-1];
            two[i]=two[i-1
 
]+1;
        }
    }
    for (int i=0;i<=n;i++)
        dev[i]=one[i]-two[i];
    int ans=0;
    for (int i=0;i<=n;i++)
    {
        int minv=dev[i];
        for (int j=i;j<=n;j++){
            ans=max(dev[i]+dev[j]-minv+two[n],ans);
            minv=min(dev[j],minv);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);

}

Codeforces 934D

題意

對於給定的\(1 \le p \le 10^{18}\)，\(2 \le k \le 2000\)，構造多項式\(f(x)=q(x)(x+k)+p\)，其中\(f(x)\)的所有系數都\(0 \le a_i \le k\)

解題思路

設\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{d}a_i \cdot x^i\)，\(q(x)=\sum\limits_{i=0}^{d-1}b_i \cdot x^i\)

通過多項式長除法，易得\(p=a_0-k \cdot a_1+ \cdots +(-1)^d \cdot k^d\cdot a_d\)

在\(-k\)進制下，系數\(a\)是唯一的

對等式兩端同時模\(k\)取整數 ，可得\(a_0\)，減去\(a_0\)除以\(-k\)進入新一輪叠代

AC代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans[200];
int cnt=0;
int main(int argc, char const *argv[])
{
    long long p,k;
    scanf("%I64d%I64d",&p,&k);
    while(p!=0)
    {
        ans[++cnt]=(p%k+k)%k;
        p-=(p%k+k)%k;
        p/=(-k);
    }
    printf("%d\n",cnt);
    for (int i=1;i<=cnt;i++)
        printf("%d ",ans[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}

Codeforces Round #462 (Div. 2)題解