Codeforces Round #553 (Div. 2)

传送门

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A. Maxim and Biology

　　题意：

　　　　给出一个串s，问最少需要多少步操作使得串s包含"ACTG"这个子串，输出最少操作次数；

　　题解：

　　　　枚举每个位置 i，求出将 i,i+1,i+2,i+3 变为 "ACTG" 所需的最少操作次数即可；

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define ll long long
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 int n;
 char s[];

 int Step(char x1,char x2)//求解x1变为x2所需的最少操作步骤
 {
     if(x1 <= x2)
         return min(x2-x1,x1-'A'+'Z'-x2+);
     else
         return min(x1-x2,'Z'-x1+x2-'A'+);
 }
 //求解以index位置开始使得其连续的四个字符变为"ACTG"所需的最小操作步骤
 int F(int index)
 {
     int ans=;
     ans += Step(s[index],'A');
     ans += Step(s[index+],'C');
     ans += Step(s[index+],'T');
     ans += Step(s[index+],'G');
     return ans;
 }
 int Solve()
 {
     int ans=INF;
     int len=strlen(s);
     for(int i=;i+ <= len;++i)
         ans=min(ans,F(i));
     return ans;
 }
 int main()
 {
 //    freopen("C:\\Users\\hyacinthLJP\\Desktop\\in&&out\\contest","r",stdin);
     while(~scanf("%d",&n))
     {
         scanf("%s",s);
         printf("%d\n",Solve());
     }
     return ;
 }

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B. Dima and a Bad XOR

　　题意：

　　　　给出一个 n*m 的矩阵a[][]，每一行任选一个元素，判断选出的这 n 个元素的异或和是否大于0；

　　　　如果存在大于0的选法，输出 "TAK" ，并且输出每一行选择的元素的列标；

　　　　如果不存在，输出 "NIE"；

　　题解：

　　　　令 ans = a[1][1]^a[2][1]^........^a[n][1]；

　　　　①ans > 0 : 输出 n 个 1

　　　　②ans == 0 : 判断是否可以将a[1][1] 或 a[2][1] 或 ..... 或 a[n][1] 变成同一行的其他元素；

　　　　　　　　　   如果可以，输出 "TAK"，并将任意一个a[ i ][1]变为同行中的其他元素；

　　　　　　　　　　反之，输出"NIE"；

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 int n,m;
 int a[][];
 int tmp[];

 bool isSat()//判断是否存在去重后的元素个数 > 1 的行
 {
     for(int i=;i <= n;++i)
     {
         /**
             如果想要从tmp[1]位置作为起始位置，第一个参数为tmp+1
             a[i]数组第一个位置的下标为a[i][1],所以第二个参数为a[i]+1
             第三个参数不是指数组个数，而是指要复制的数据的总字节数长度
         */
         memcpy(tmp+,a[i]+,m*sizeof(int));//将a[i]数组拷贝给tmp数组
         sort(tmp+,tmp+m+);
         int t=unique(tmp+,tmp+m+)-tmp;//去重
         t--;
         if(t > )
             return true;
     }
     return false;
 }
 void Solve()
 {
     int ans=;
     for(int i=;i <= n;++i)
         ans ^= a[i][];

     if(ans !=  || ans ==  && isSat())
     {
         printf("TAK\n");
         bool flag=(ans != );//如果ans != 0,输出n个1
         for(int i=;i <= n;++i)
         {
             if(!flag)
             {
                 for(int j=;j <= m;++j)
                     if(a[i][j] != a[i][])
                     {
                         flag=true;//如果ans=0,找到第一个相异与a[i][1]的元素的列标即可
                         printf("%d ",j);
                         break;//记得break,不然，printf("%d ",j) 可能会调用多次
                     }
                 if(!flag)
                     printf("1 ");
             }
             else
                 printf("1 ");
         }
         printf("\n");
     }
     else
         printf("NIE\n");
 }
 int main()
 {
     while(~scanf("%d%d",&n,&m))
     {
         for(int i=;i <= n;++i)
             for(int j=;j <= m;++j)
                 scanf("%d",a[i]+j);
         Solve();
     }
     return ;
 }

 

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C. Problem for Nazar

　　题意：

　　　　给定奇数集和偶数集；

　　　　现构造一个数组：

　　　　先取奇数集中 2⁰ 个元素1，再取偶数集中 2¹ 个元素2，4；

　　　　再取奇数集中 2²素 {3,5,7,9}，再取偶数集中 2³ 个元素 {6,8,10……}；

　　　　............

　　　　得到  {1,2,4,3,5,7,9,6,8,10,12……} ；

　　　　问这个数组的某一区间 [l,r] 的区间和是多少，并对1e9+7取模。

　　思路一：

　　　　分别求出区间[l,r]对应的 {oddS,oddE},{evenS,evenE}

　　　　oddS:区间[l,r]的第一个奇数

　　　　oddE:区间[l,r]的最后一个奇数

　　　　evenS,evenE同理；

　　　　

　　　　(oddSum:{oddS,....,oddE}之间的奇数个数，evenSum同理)

　　　　最后输出ans%mod即可；

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define ll long long
 const int mod=1e9+;

 ll l,r;

 ll fOdd(int x)///找2^x个连续的奇数开始的奇数
 {
     ll tot=((1ll*<<x)-)/;
     return +(tot<<);
 }
 ll fEven(int x)///找2^x个连续的偶数开始的偶数
 {
     ll tot=((1ll*<<x)-)/;
     return +(tot<<);
 }
 ll quickPower(ll _a,ll _b,ll _mod)
 {
     ll ans=;
     while(_b)
     {
         if(_b&)
             ans=ans*_a%mod;
         _a=(_a*_a)%mod;
         _b >>= ;
     }
     return ans;
 }
 ll Solve()
 {
     int x,y;
     for(x=;(1ll*<<(x+))- < l;++x);///包含l的最大的x
     for(y=;(1ll*<<(y+))- < r;++y);///包含r的最大的y

     ll oddS=!(x&)/**判断x是否为偶数*/ ? fOdd(x)+(l-(1ll*<<x))*:fOdd(x+);
     ll evenS=(x&)/**判断x是否为奇数*/ ? fEven(x)+(l-(1ll*<<x))*:fEven(x+);

     ll oddE=!(y&) ? fOdd(y)+(r-(1ll*<<y))*:fOdd(y+)-;
     ll evenE=(y&) ? fEven(y)+(r-(1ll*<<y))*:fEven(y+)-;

     ll ans=;
     if(oddE >= oddS)
     {
         ll n=((oddE-oddS)>>)+;
         ll d=oddE+oddS;
         ///被除数2可以将其约掉(d肯定为偶数)
         ///也可以用逆元进行除法取模
         ///我用的是逆元除法取模（有点麻烦）
         ans += ((n%mod)*(d%mod)%mod)*(quickPower(,mod-,mod))%mod;
     }
     if(evenE >= evenS)
     {
         ll n=((evenE-evenS)>>)+;
         ll d=evenE+evenS;
         ans += ((n%mod)*(d%mod)%mod)*(quickPower(,mod-,mod))%mod;
     }
     return ans%mod;
 }
 int main()
 {
 //    freopen("C:\\Users\\hyacinthLJP\\Desktop\\in&&out\\contest","r",stdin);
     scanf("%lld%lld",&l,&r);
     printf("%lld\n",Solve());
     return ;
 }

　思路二：

　　　　前 i 个偶数的和为 i*(i+1)

　　　　前 i 个奇数的和为 i*i

　　　　求解出前 r 个奇数，偶数个数，求出答案

　　　　求解出前 l-1 个奇数，偶数个数，求出答案，两者做差便是最终答案

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define ll long long
 const int mod=1e9+;

 ll l,r;

 ll Solve(ll x)///分别求解出[1,x]中奇数个数，偶数个数
 {
     ll oddSum=;
     ll evenSum=;
     for(int i=;;i++)
     {
         if((1ll*<<(i+))- >= x)///包含x的最大的2^i
         {
             if(i&)
                 evenSum += (x-(1ll*<<i)+)%mod;
             else
                 oddSum += (x-(1ll*<<i)+)%mod;
             break;
         }
         if(i&)
             evenSum += (1ll*<<i)%mod;
         else
             oddSum += (1ll*<<i)%mod;
         evenSum %= mod;
         oddSum %= mod;
     }
     ///[1,x]的区间和
     return (evenSum%mod*(evenSum+)%mod%mod+oddSum%mod*(oddSum%mod)%mod)%mod;
 }
 int main()
 {
 //    freopen("C:\\Users\\hyacinthLJP\\Desktop\\in&&out\\contest","r",stdin);
     scanf("%lld%lld",&l,&r);

     ///注意，取模做减法有可能变成负值，需要再加个mod，再模一次mod
     printf("%lld\n",(Solve(r)-Solve(l-)+mod)%mod);

     return ;
 }