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Codeforces Round 181 (Rated for Div. 2)

news 2025/7/27 11:37:57

A. Difficult Contest

题目传送门：Problem - A - Codeforces或者CF2125A Difficult Contest - 洛谷

思路分析：

这道题目当时写的时候就大意的认为只要让字符串不是“FFT”或者“NTT”就行，我就直接输出了随机的一串字符串，其实不是这样的，仔细读题目，是要输出排列后没有难度的字符串，那就是要想办法让不让‘F’在‘T’之前，和不让‘N’在‘T’前面，这样操作后就不会再有难度了，核心思路是通过 sort函数先对字符串进行默认的升序排序，再通过 reverse函数将结果反转，从而得到降序排列的字符串，最终直接输出结果。

实现代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se secondvoid slove() {string s;cin >> s;sort(s.begin(), s.end());reverse(s.begin(), s.end());cout << s << endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _ = 1;cin >> _;while (_--)slove();return 0;
}

B. Left and Down

题目传送门：Problem - B - Codeforces或者CF2125B Left and Down - 洛谷

思路分析：

这道题目要求我们计算将机器人从初始位置(a,b)移动到原点(0,0)的最小成本。解题的关键在于利用最大公约数(gcd)来简化问题：首先计算a和b的gcd得到t，然后将坐标简化为(a/t,b/t)。如果简化后的两个坐标值都小于等于k，说明可以通过一个成本为1的操作直接到达原点。

例如：：a=12，b=18，k=5，

计算gcd：
- gcd(12,18)=6
- 简化坐标：a'=12/6=2，b'=18/6=3
判断与k的关系：
- a'=2 ≤5（满足）
- b'=3 ≤5（满足）
- 此时输出1（因为可以用一个操作完成）

否则需要至少两个成本为1的操作（总成本为2），因为无法在单次k的限制内完成移动。

例如：

a=30，b=42，k=5

计算gcd：
- gcd(30,42)=6
- 简化坐标：a'=30/6=5，b'=42/6=7
判断与k的关系：
- a'=5 ≤5（满足）
- b'=7 >5（不满足）
- 此时输出2（因为需要至少两个操作，有步数限制，可以先走到（0,2），再走到（0,0））

实现代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int N=101;void slove(){
int a,b,k;
cin>>a>>b>>k;int t=__gcd(a,b);a=a/t;b=b/t;if(a<=k&&b<=k)cout<<"1"<<endl;elsecout<<"2"<<endl;
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

C. Count Good Numbers

题目传送门：CF2125C Count Good Numbers - 洛谷或者CF2125C Count Good Numbers - 洛谷

思路分析：

这道题目要求计算区间[l, r]内不能被2、3、5、7整除的数的个数。采用容斥原理，通过系统性地加减不同组合的倍数数量来避免重复计算。具体实现是：先计算区间总数，减去所有单个质数的倍数，再加回两两质数的公倍数，接着减去三个质数的公倍数，最后加回四个质数的公倍数。这种方法通过层次化的加减操作精确统计了不满足条件的数的数量，最终用总数减去这个值得出结果。代码中ff函数高效计算区间内能被某数整除的数的个数。

实现代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int N=101;
// 计算区间 [l, r] 内能被 x 整除的数的个数
int ff(int l,int r,int x)
{return r/x-(l-1)/x;
}
void slove(){
int t,l,r;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>l>>r;// 容斥原理计算不能被 2、3、5、7 整除的数的个数cout << (r - l + 1)          // 区间总数- ff(l, r, 2)         // 减去能被 2 整除的数- ff(l, r, 3)         // 减去能被 3 整除的数- ff(l, r, 5)         // 减去能被 5 整除的数- ff(l, r, 7)         // 减去能被 7 整除的数+ ff(l, r, 6)         // 加回能被 2 和 3 同时整除的数（即 6 的倍数）+ ff(l, r, 10)        // 加回能被 2 和 5 同时整除的数（即 10 的倍数）+ ff(l, r, 14)        // 加回能被 2 和 7 同时整除的数（即 14 的倍数）+ ff(l, r, 15)        // 加回能被 3 和 5 同时整除的数（即 15 的倍数）+ ff(l, r, 21)        // 加回能被 3 和 7 同时整除的数（即 21 的倍数）+ ff(l, r, 35)        // 加回能被 5 和 7 同时整除的数（即 35 的倍数）- ff(l, r, 30)        // 减去能被 2、3、5 同时整除的数（即 30 的倍数）- ff(l, r, 42)        // 减去能被 2、3、7 同时整除的数（即 42 的倍数）- ff(l, r, 70)        // 减去能被 2、5、7 同时整除的数（即 70 的倍数）- ff(l, r, 105)       // 减去能被 3、5、7 同时整除的数（即 105 的倍数）+ ff(l, r, 210)       // 加回能被 2、3、5、7 同时整除的数（即 210 的倍数）<< endl;
}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

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http://www.dtcms.com/a/300109.html