AtCoder Beginner Contest 195 Editorial

Problem A - Health M Death(opens new window)

只要检查 即可.

• Time complexity is #card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%281%29).
• Space complexity is #card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%281%29).

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int M, H;
    cin >> M >> H;
    cout << (H % M == 0 ? "Yes\n" : "No\n");
    return 0;
}

Problem B - Many Oranges(opens new window)

注意 是以千克为单位，所以需要以 代替

首先先来分析上限：

尽可能使用 A 来达到上限，但问题是可能会有剩余的克数，我们需要将其分配给 即可

• Time complexity is #card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%281%29)).
• Space complexity is #card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%281%29).

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int A, B, W;
    cin >> A >> B >> W;
    W *= 1000;
    int minn = W / B;
    int maxn = W / A;
    if (minn + (W % B != 0)

Problem C - Comma(opens new window)

• [1,9]: 9 numbers, each has 0 commas.
• [10,99]: 90 numbers, each has 0 commas.
• [100,999]: 900 numbers, each has 0 commas.
• [1000,9999]: 9000 numbers, each has 1 comma.
• 

基于以上模式可以很简单从 开始，然后每 倍的递增直到超过 .

• Time complexity is #card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%28%5Clog_%7B10%7DN%29).
• Space complexity is #card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%281%29).

use proconio::input;
fn main() {
    input! {
        n: usize,
    }
    let mut base: usize = 1_000;
    let mut ans: usize = 0;
    let mut cnt = 3;
    while base

using ll = long long;
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    ll n, ans = 0;
    cin >> n;
    if (n > 999) ans += n - 999;
    if (n > 999999) ans += n - 999999;
    if (n > 999999999) ans += n - 999999999;
    if (n > 999999999999) ans += n - 999999999999;
    if (n > 999999999999999) ans += n - 999999999999999;
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

Problem D - Shipping Center(opens new window)

第一眼看过去是线段树问题，但数据范围较小可以暴力找。

对于每个查询，我们收集所有可用的框，并根据其容量以升序对其进行排序。 对于每个盒子，我们从没有使用过的，盒子可以容纳的所有物品中，贪婪地选择最有价值的行李。

• Time complexity is )#card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%28QM%28N%2B%5Clog%20M%29%29).
• Space complexity is #card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%281%29).

using ll = long long;
typedef pair pii;
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int n, m, q;
    cin >> n >> m >> q;
    vector wv(n);
    vector x(m);
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> wv[i].second >> wv[i].first;
    for (int i = 0; i < m; ++i) cin >> x[i];
    sort(wv.begin(), wv.end(), greater());
    while (q--) {
        multiset s;
        // 避免使用 Set 增加不必要的排序，因为上面已经排好序了
        ll ans = 0;
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        for (int i = 0; i < l - 1; ++i) s.insert(x[i]);
        for (int i = r; i < m; ++i) s.insert(x[i]);
        multiset::iterator it;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if ((it = s.lower_bound(wv[i].second)) != s.end())
                s.erase(it), ans += wv[i].first;
        }
        cout << ans << "\n";
        // cout << "\n";
    }
    return 0;
}

Problem E - Lucky 7 Battle(opens new window)

不难发现，在这个游戏中，只有的模数很重要。 因此，我们将精确地具有个状态，表示当前的模数。

从后开始，因为我们只知道游戏结束时的赢/输状态：$0 = \text{Takahashi获胜} ，\text {others} = \text{Aoki获胜} $

对于每一步，我们都会枚举所有 个模，并计算其后继者：。

如果高桥移动，则他需要 或才能成为获胜状态（对于高桥来说），以便last将成为获胜状态。

如果Aoki移动，他需要 和b成为失败状态（对于Takahashi），以便last将成为失败状态，否则（a和b均为获胜状态），last将成为获胜状态。

并且我们只需要首先检查 是否为获胜状态。

• Time complexity is %2C%20where%5C%20C%3D7#card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%28CN%29%2C%20where%5C%20C%3D7).
• Space complexity is #card=math&code=%5Cmathcal%7BO%7D%28C%29).

using ll = long long;
int p7[8] = {1, 3, 2, 6, 4, 5};
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int l;
    cin >> l;
    string s, t;
    cin >> s >> t;
    int mask = 1;
    for (int i = l - 1; i >= 0; i--) {
        int tg = (p7[(l - 1 - i) % 6] * (s[i] - '0')) % 7;
        int nm = (mask << tg);
        nm |= (nm >> 7);
        nm &= (1 << 7) - 1;
        if (t[i] == 'T') mask |= nm;
        else
            mask &= nm;
        // cout << mask << '\n';
    }
    cout << (mask & 1 ? "Takahashi\n" : "Aoki\n");
    return 0;
}