Codeforces Round #786 (Div. 3) A~D F

着实好久没打cf，也没写cf的题解了，上菜~

A.Number Transformation 基本题意：

给定两个整数 a 和 b ，问你能不能找到一组正整数 x 和 y，使得 a*(y^x) = b

问题分析：

这个题虽然要求是 a 与 x 个 y 连乘等于 b，但只要随便找一组符合的 x 和 y 就行，所以直接把 x 等价成 1，问题就变成了是否存在 y 使得：a*y = b，也就是判断 b是否为 a 的倍数

AC代码：

#include
using namespace std;
int t, n, a, b;
void solve()
{
	if(b % a != 0){
		cout <<0 <<" " <<0 <>t;
	while(t--)
	{
		cin >>a >>b;
		solve();
	}
	return 0;
} 

---

B.Dictionary 基本题意：

等价于没有题意~

问题分析：

就是简单的两位字母 a~z 排序(ab ac ad ... ba bc ... zx zy)，顺便附加条件：两位字母不能相同

这复杂度想暴力暴力，不想暴力就直接列算式算呗，计算过程应该不需要解释吧

AC代码：

#include
using namespace std;
int t, n, a, b;
string s;
void solve()
{
	int res = (s[0]-'a') * 25 + (s[0]>t;
	while(t--)
	{
		cin >>s;
		solve();
	}
	return 0;
} 

---

C.Infinite Replacement 基本题意：

给定字符串 s 和 t ，其中, s 串全部由字母 a 构成，现在可进行下列操作不限次(含 0 次)：用 t 串来代替 s 串中的任意一个 a

现在问你利用上述操作可以得到几种不同状态的 s 串

问题分析：

其实这个题更像一个分类讨论题，既然 s 串已经是全部由 a 构成的串了，那突破点肯定在 t 串，所以对 t 串分类讨论：

1.含有 a：这样执行上述操作会发生什么呢？s 中的一个 a 变成了另一个长度更长的且仍然含有字母 a 的串。换句话说，执行上面的操作是无法消除 a 的，这样就使得 s 串可以被无限迭代，s 串的种类也就是无数个

2.不含有 a：这样执行一次上述操作，s 串中就会少一个 a ，所以结果数量是可控的，具体是多少呢？s 串中每个 a 所在的位置，都有替换和不替换两种选择，所以不同的字符串数量也就是2 ^ (s串的长度)

3.长度为 1 且为 a：这个就比较简单了，替换不替换都是那个 a ，结果为 1

值得注意的是 s 串的最大长度为 50，2 的 50 次方会超 int，最后结果需要用 long long 输出

AC代码：

#include
using namespace std;
int T, n, a, b;
string s, t;
void solve()
{
	//长度为1且为a
	if(t.length() == 1 && t[0] == 'a'){
		cout <<1 <>T;
	while(T--)
	{
		cin >>s >>t;
		solve();
	}
	return 0;
} 

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D. A-B-C Sort 基本题意：

t 组数据，每组数据给定一个长度为 n 的数字序列，进行下面两步操作：

（ 原序列为a，步骤 1 生成的序列为 b ，步骤 2 生成的序列为 c ）

步骤 1：每次拿出序列 a 的最后一个元素 temp ，放到序列 b 的中央，如果序列 b 当前元素的个数为奇数，则可以选择将 temp 放到中央元素的左边或者右边，直到 a 序列为空

步骤 2：拿出序列 b 中最中央的元素（如果中央元素有两个就可以随便选一个），放到序列 c 的末尾，直到序列 b 为空

现在操作完了，问：序列 c 是否能够是升序的

问题分析：

这个题有点意思，有那个透过现象看本质的意味：

首先特殊情况：n 等于 1 或者 2 ，位置随便折腾，所以 c 必然可升序

一般情况：

别管细节，就粗略看序列元素的移动方向： 末尾 -> 中央 -> 末尾，对不对？这就说明结论必然跟原序列中元素的大小位置有关。那就试试呗，大伙们也可以模拟一下过程，很容易发现结论：

以 n 为偶数为例：

元素1(下标) 和 2 可看做一个整体，3 和 4 可看做一个整体，5 和 6 可看做一个整体，以此类推，每个整体内部元素大小关系无伤大雅，这个原因其实也不难想，因为在上述两个操作中有可控点：

序列 b 元素个数为奇数，元素放中左还是中右

序列 c 元素个数为偶数，元素从中左拿还是中右拿

这刚好让每个整体内部的位置关系变得可调

而最终能否构成一个升序序列只与相邻整体之间的大小关系有关，也就是 前一个整体的最大元素 必须小于 后一个整体中的较小元素 

至于 n 为奇数的情况就交给读者自行思考了，基本一样~

AC代码：

#include
using namespace std;
#define N 200000
int t, n, a[N+1];
void solve()
{
	//特判
	if(n == 1 || n == 2){
		cout <<"YES" <>t;
	while(t--)
	{
		cin >>n;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
			cin >>a[i];
		solve();
	}
	return 0;
} 

---

F.Desktop Rearrangement 基本题意：

给定一个 n 行 m 列的只含有 "*" 和 "." 的矩阵，进行 q 次下列操作：

给出一个 x 和 y ，将 (x-行，y-列) 位置的字符翻转，即"*" -> ".", "." -> "*".

然后再询问：如果将矩阵的所有 "*" 全部排列在前几列，不满一列的在下一列自上而下排列，需要挪动几个"*"

问题分析：

槽点在列排列，由于我想当然，所以浪费了大把时间搞成了行

思路很简单，暴力模拟就行（用总共的 "*" 数量 - 修改所覆盖区域内已有的 "*" 数量），毕竟最大时间限制是 3s ，不过也需要稍微维护一下，因为完全暴力的话1000*1000*1e5没准还得炸。

1.用一个 cnt 数组来记录当前状态下每一列所包含的 "*" 数量

2.用 sum 来记录当前状态下总共的 "*" 数量

这样就可以在每次查询时通过 sum 快速推断出哪几列会被修改覆盖，同时利用 cnt 数组快速计算出覆盖区域内已有的 "*" 数量 ans ，然后 sum - ans ，结果搞定

AC代码： 

这里我把题目中的字符矩阵改成了 bool 数组的 01 矩阵，纯属个人习惯，正好也是去掉了下标不对应的问题，其实也没啥必要

#include 
using namespace std;
#define N 1000
 
int n, m, q;
bool a[N+1][N+1];
int cnt[N+1] = {0}, sum = 0;
 
void solve()
{
    while(q--){
        int x, y; cin >>x >>y;
        //维护*的总数和每一列的*数量
        if(a[x][y]) cnt[y]--, sum--;
        else cnt[y]++, sum++;
        //翻转
        a[x][y] = !a[x][y]; 
        //输出结果
        int yi = sum/n; //满列数
        int xi = sum%n; //非满列的行数
        int ans = 0;
        //满列的*计数
        for(int i = 1; i <= yi; i++) ans += cnt[i];
        //非满列的*计数
        for(int i = 1; i <= xi; i++)
            if(a[i][yi+1]) ans++;
 
        cout <>n >>m >>q;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        string s; cin >>s;
        //转化成01矩阵
        for(int j = 0; j < s.length(); j++){
            if(s[j] == '.') 
                a[i][j+1] = false;
            else{
                a[i][j+1] = true;
                cnt[j+1]++, sum++;
            }
        }
    }
    //
    solve();
    return 0;
}