Codeforces Round 904 (Div. 2)

Simple Design

public static void solve() {
    int x = io.nextInt(), k = io.nextInt();
    while (sum(x) % k != 0) {
        x++;
    }
    io.println(x);
}

private static int sum(int x) {
    int res = 0;
    while (x != 0) {
        res += x % 10;
        x /= 10;
    }
    return res;
}

Haunted House

好难啊，做得很慢。对于每个 \(i\)，如果它是满足条件的，那么 \([n-i,n-1]\) 需要全为 \(0\)，它的最少操作次数为 \([n-i,n-1]\) 中所有值为 \(1\) 的下标和，减去 \([0,n-i-1]\) 中最近的值为 \(0\) 的对应个数的下标和。我们可以使用双指针 \(O(n)\) 的计算所有 \(i\)，具体见代码。指针 \(j\) 枚举每个下标，同时求出后缀的下标和，指针 \(i\) 指向指针 \(j\) 需要的最远的 \(0\) 的下标位置，同时求出后缀值为 \(0\) 的下标和，它们的差值就是 \(j\) 的最少操作次数。

public static void solve() {
    int n = io.nextInt();
    String s = io.next();

    long sum = 0L;
    int i, j, cnt = 0;
    for (i = n - 1, j = n - 1; i >= 0; j--) {
        cnt++;
        sum += j;
        for (; i >= 0 && cnt > 0; i--) {
            if (s.charAt(i) == '0') {
                cnt--;
                sum -= i;
            }
        }
        io.print(cnt > 0 ? "-1 " : sum + " ");
    }
    io.println("-1 ".repeat(j + 1));
}

发现一个超级简单的写法，基本思路就是从低到高放置 \(0\)，操作次数即为 \(0\) 的移动次数，废话不多说，代码很好懂。

public static void solve() {
    int n = io.nextInt();
    char[] s = io.next().toCharArray();

    long ans = 0L;
    int l = n - 1, r = n - 1;
    for (; l >= 0; l--) {
        if (s[l] == '0') {
            ans += r - l;
            r--;
            io.print(ans + " ");
        }
    }
    io.println("-1 ".repeat(r + 1));
}

Medium Design

最小值一定在位置 \(1\) 或位置 \(m\)，我们可以考虑处理区间不包含 \(1\) 和不包含 \(m\) 两种情况下，能够得到的最大值，根据简单的推导可以知道问题是等价的。如何计算最大值，根据题解所说似乎是扫描线算法，使用 \((l,1)\) 表示进入某个区间，\((r,-1)\) 表示离开某个区间，注意初始时我们将每个左端点减 \(1\)，表示从区间 \(0\) 开始算，\((l,r)\) 是左闭右开区间，所以 \(r\) 表示离开某个区间，然后每当处理完某个端点就更新答案。（其实也可以使用差分哈希表进行区间求和）

public static void solve() {
    int n = io.nextInt(), m = io.nextInt();
    int[] l = new int[n];
    int[] r = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        l[i] = io.nextInt() - 1;
        r[i] = io.nextInt();
    }
    // 第一次扫描，不包含第一个位置
    List<int[]> list = new ArrayList<>();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (l[i] != 0) {
            list.add(new int[]{l[i], 1});
            list.add(new int[]{r[i], -1});
        }
    }
    list.sort((a, b) -> a[0] - b[0]);
    int ans = sweep(list);
	// 第二次扫描，不包含最后一个位置
    list.clear();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (r[i] != m) {
            list.add(new int[]{l[i], 1});
            list.add(new int[]{r[i], -1});
        }
    }
    list.sort((a, b) -> a[0] - b[0]);
    ans = Math.max(ans, sweep(list));
    io.println(ans);
}

private static int sweep(List<int[]> list) {
    // cnt 表示在多少个区间内
    // lst 表示上次处理的端点
    int res = 0, cnt = 0, lst = 0;
    for (int[] t : list) {
        if (t[0] > lst) {
            res = Math.max(res, cnt);
        }
        cnt += t[1];
        lst = t[0];
    }
    return res;
}

Counting Rhyme

一对数 \(x,y\) 不能同时被数组中的数整除，即 \(\gcd(x,y)\) 不能被数组中的数整除。我们首先可以计算出数组中有多少对数它们的 \(\gcd=1,2,3\dots,n\)，然后排除掉能够被数组中的数整除的 \(\gcd\)，剩下的 \(\gcd\) 对应的对数之和就是答案。第一步可以使用动态规划求解，转移方程如下：

$$ sum = cnt[i]+cnt[2\times i]+\cdots+cnt[k\times i] \\ dp[i]= \frac{sum\times (sum-1)}{2}-(dp[2\times i]+dp[3\times i]+\cdots+dp[k\times i]) $$

第二步切记不能枚举数组中的数来排除，这样在所有值都为 \(1\) 的样例下时间复杂度会达到 \(O(n^{2})\)，除非将数组去重，或者像下面代码一样枚举。最后计算答案即可。本题的另一种解法是 GCD 卷积，暂时不学。

public static void solve() {
    int n = io.nextInt();
    int[] a = new int[n];
    int[] cnt = new int[n + 1];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        a[i] = io.nextInt();
        cnt[a[i]]++;
    }

    long[] dp = new long[n + 1];
    for (int i = n; i > 0; i--) {
        long tot = 0L;
        for (int j = i; j <= n; j += i) {
            tot += cnt[j];
            dp[i] -= dp[j];
        }
        dp[i] += tot * (tot - 1) / 2;
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (cnt[i] != 0) {
            for (int j = i; j <= n; j += i) {
                dp[j] = 0;
            }
        }
    }

    long ans = 0L;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans += dp[i];
    }
    io.println(ans);
}