Codeforces Round #555 (Div. 3) 解题报告

A.Reachable Numbers

题意：

　　给定操作f(x)：将x加1，删去得到的数的所有末尾0，如f（10099）=10099+1=10100→1010→101。现在给定一个数n，对n进行无限次该操作，输出过程中能得到的所有数的数量。

输入：一个正整数n（n≤1e9）

输出：操作过程中得到的所有数数量

限制：1s，256M

样例：

input

1098

output

20

样例解释：1098在操作过程中得到的数有：1,2,3,4,5,6,7,8,9,11,12,13,14,15,16,17,18,19,1098,1099。共20个。

思路：思考一下发现第一次得到重复的数时就没必要继续操作下去了，接下来的数将会是之前都出现过的。根据这种不重复特性联想到set，每次操作将得到的数插入set，插入之前用find检测一下，如果已经出现过，停止操作，输出set里元素的数量。

　　这题数据很水，最好不要用很多特判。。（亲手叉了某瓜的奇怪特判）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define FastIO ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL), cout.tie(NULL);
#define inf 0x3f3f3f3f
#define rep(i,a,b) for(ll i=a;i<b;i++)
#define repp(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
#define rep1(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;i--)
#define mem(gv) memset(gv,0,sizeof(gv))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define QAQ 0
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pLL;
const int mod=1e9+;
const int maxn=2e5+;

ll n,cnt=;
set<int>s;
int main(){
    FastIO
    cin>>n;
    ll t=n;
    s.insert(t);
    while(){
        t++;
        while(t%==){
            t/=;
        }
        if(s.find(t)!=s.end()) break;
        s.insert(t);
    }
//    for(auto x:s) cout<<x<<" ";
    cout<<s.size();
    return QAQ;
}

B. Long Number

题意：

　　给定一个十进制数M（挺长的），同时给出一个映射：数字1到9分别对应一个1到9中的数（如1对应3，3对应5）。你可以不做任何操作或进行一次下面的操作：选择M的一段非空连续子区间（包括全集），将这些位置上的数全部变成它们的映射。你需要使最后得到的数尽可能大。

输入：第一行：一个正整数n（n≤2e5），n为十进制数的长度；

　　　第二行：n个连续的数字，代表这个十进制数；

　　　第三行：9个数，第i个数代表数字i的映射，即它所对应的数。

输出：最后得到的尽可能大的数。

限制：2s，256M

样例：

input

4
1337
1 2 5 4 6 6 3 1 9

output

1557

样例解释：选择33所在的区间，由于3对应5，变为55。

思路：我们称映射的数字比原数字大为有利，比原数字小为不利。从最高位搜，到第一个有利的位置停，以这个位置为起点向后取区间，直到碰到第一个不利的位置停止。（中间的注释是一开始没看见可以不操作写的。。）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define FastIO ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL), cout.tie(NULL);
#define inf 0x3f3f3f3f
#define rep(i,a,b) for(ll i=a;i<b;i++)
#define repp(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
#define rep1(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;i--)
#define mem(gv) memset(gv,0,sizeof(gv))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define QAQ 0
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pLL;
const int mod=1e9+;
const int maxn=2e5+;

int n;
char s[maxn],t;
map<int,int>m;
int main(){
    FastIO
    cin>>n>>s;
    repp(i,'',''){
        cin>>t;
        m[i]=t;
    }
    int l=strlen(s),p=;
    while(p<l){
        if(m[s[p]]>s[p]) break;
        p++;
    }
    if(p==l){
    /*    p=0;
        while(p<l){
            if(m[s[p]]==s[p]){
                break;
            }
            p++;
        }
        if(p==l){
            s[l-1]=m[s[l-1]];
        }    */;
    }
    else{
        while(p<l){
            if(m[s[p]]>=s[p]){
                s[p]=m[s[p]];
                p++;
            }
            else break;
        }
    }
    cout<<s;
    return QAQ;
}

C1. Increasing Subsequence (easy version)

题意：

　　给定一个序列，里面的数各不相同，可以从最左边或最右边取数字，要求取出的数字（按取出的顺序放）形成一个严格递增序列，求这个递增序列的最大长度，并按顺序输出整个操作过程，从左边取数输出字母L，从右边取数输出字母R。

输入：第一行，一个正整数n（n≤2e5），表示给出序列的长度；

　　　第二行，n个数，表示给出的序列。

输出：第一行，递增序列的最大长度；

　　　第二行，操作过程，由L和R组成的字符串。

限制：2s，256M

样例：

input

5

2 1 5 4 3

output

4

LRRR

样例解释：左边取一次，取出2，右边连取三次，取出3，4，5。

思路：没什么好说的。。每个数都不同就很简单，每次比较最左边和最右边两个数的大小，取较小的那个即可，直到无法操作。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define FastIO ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL), cout.tie(NULL);
#define inf 0x3f3f3f3f
#define rep(i,a,b) for(ll i=a;i<b;i++)
#define repp(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
#define rep1(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;i--)
#define mem(gv) memset(gv,0,sizeof(gv))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define QAQ 0
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pLL;
const int mod=1e9+;
const int maxn=2e5+;

int n,p,q,st;
int a[maxn];
vector<char>ans;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    repp(i,,n){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    if(n==){
        cout<<<<endl<<'L'<<endl;
        return QAQ;
    }

    if(a[]>a[n]){
        st=a[n];
        p=;
        q=n-;
        ans.pb('R');
    }
    else{
        st=a[];
        p=;
        q=n;
        ans.pb('L');
    }

    while(p<=q){
        if(a[p]<st&&a[q]<st){
            break;
        }
        else if(a[p]<st&&a[q]>st){
            st=a[q];
            q--;
            ans.pb('R');
        }
        else if(a[p]>st&&a[q]<st){
            st=a[p];
            p++;
            ans.pb('L');
        }
        else{
            if(a[p]>a[q]){
                st=a[q];
                q--;
                ans.pb('R');
            }
            else{
                st=a[p];
                p++;
                ans.pb('L');
            }
        }
    }
    cout<<(int)ans.size()<<endl;
    for(auto x:ans){
        cout<<x;
    }
    return QAQ;
}

C2. Increasing Subsequence (hard version)

题意：

　　跟C1不同的地方只有一个——给出的序列里的数可重复。

输入输出限制与C1相同。

样例：

input

5

1 2 4 3 2

output

4

LRRR

样例解释：取一次左边的1。然后左右都是2了，此时取左边的2接下来就只能取4，结束。所以选择右边的2，能取3，4。

思路：按C1的思路取，显然碰到两边相同的情况后我们只能选择全在左取或全在右取，判断一下哪边能取到更多的数就好。

　　　由于听嘤哥讲差分印象深刻，满脑子差分，顺序倒序预处理存了一下最初序列的两个差分数组，碰到相同的时候看哪边正数多。。（其实一样）

　　　打的时候图方便复制了C1代码外加了一堆特判，写出100多行=w=这里借用了某瓜的代码~

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define sys system("pause")
#define scan(n) scanf("%I64d", &(n))
#define scann(n, m) scanf("%I64d%I64d", &(n), &(m))
#define prin(n) printf("%I64d", (n))
#define scannn(a, b, c) scanf("%I64d%I64d%I64d", &(a), &(b), &(c))
#define ff first
#define ss second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define prinspace printf("\n")
#define fo(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define ro(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
const int maxn = 2e5 + ;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int a[maxn],n;
vector<char>ans;
int32_t main(){
    scan(n);
    fo(i,,n)scan(a[i]);
    int l=,r=n,lst=;//wanna a[]>lst--->do
    for(int i=;i<=n&&l<=r;i++){
        if(a[l]>lst&&a[r]>lst){
            if(a[l]<a[r]){ans.pb('L'),lst=a[l],l++;}
            else if(a[l]>a[r]){ans.pb('R'),lst=a[r],r--;}
        }
        if(a[l]<=lst&&a[r]>lst){
            ans.pb('R'), lst = a[r], r--;
        }
        if(a[l]>lst&&a[r]<=lst){
            ans.pb('L'), lst = a[l], l++;
        }
        if(a[l]==a[r]&&a[l]>lst){
            int x=l,y=r,cnt1=,cnt2=;
            while(a[x]<a[x+]&&x+<=r)cnt1++,x++;
            while(a[y]<a[y-]&&y->=l)cnt2++,y--;
            if(cnt1>=cnt2)
                fo(i,,cnt1)ans.pb('L');
            else   fo(i,,cnt2)ans.pb('R');
            break;
        }
    }
    int t=ans.size();
    prin(t);printf("\n");
    fo(i,,t-)printf("%c",ans[i]);
    //sys;
    return ;
}

/*15
37504 79054 80071 95721 135743 164345
189260 190810 191657 196168 200000 200000 190810 190018 185437
11
LLLLLLRLRRR
*/

D. N Problems During K Days

题意：

　　写作业