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Codeforces Round #663 (Div. 2) A题

题意解析：

输入一个长度n，用1~n的数字进行随机排列。 定义对于一个正整数n，如果对于每一对$i$和$j(1≤i≤j≤n)$都满足， 对于p的每个子数组，其中所有元素的OR不小于该子数列中元素的个数。 我们称长度为$n$的排列$p$是好的。

题解：两个数进行位运算了，且范围是1~n，那么进行位运算后的结果不会小于元素的个数。 简而言之就是：无论怎么输出这个置换序列都是正确的。（我是逆序输出的。）

AC Code

int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		int n;
		cin >> n;
		for (int i = n; i >= 1; i--) printf("%d ",i);
		cout << endl;
	}
	return 0;
}

Codeforces Round #663 (Div. 2) B题

题意解析：

给定一个n×m的传送带，每个位置都有一个字母（R或者D）其中R代表向右，D代表向下。

我们可以通过改变字母，从而改变传送带的方向，将行李运到C的位置。

要使得传送带上的行李 ==都== 能到达C处，求出我们至少要进行多少次操作修改字母。

题解：传送带只能往下和往右，过程中一定会到下边界和右边界。所以要到达C，即右边界的R改成D，下边界的D改成R即可。做法就是，遍历字符：

• 当遍历到右边界的时候，如果该字符是R，则cnt +1（需要改为D）
• 当遍历到下边界的时候，如果该字符是D，则cnt +1（需要改为R）

AC Code

int main() {
	int t;
	cin >> t;
	string str[110];
	while (t--) {
		int n, m, cnt = 0; //cnt:需要统计的最少修改次数
		cin >> n >> m; 
		for (int i = 0; i < n; i++) cin >> str[i];
		for (int i = 0; i < n; i++)
			for (int j = 0; j < m; j++) {
				if (str[i][j] == 'D' && i == n - 1) cnt++; //最后一行的D要改成R
				if (str[i][j] == 'R' && j == m - 1) cnt++; //最后一列的R要改成D
			}
		printf("%d\n", cnt);
	}
	return 0;
}

Educational 88 A题

题意解读：

游戏开始时，每个玩家从牌组中取出$\frac{n}{k}$张牌(所以每张牌都由一个玩家取出)。拥有最多小丑数量的玩家是赢家，他得到的点数等于x - y，其中x是赢家手中的小丑数量，y是所有其他玩家中小丑的最大数量。如果有两个或更多的玩家有最多的笑话，他们都是赢家，他们得到0分。

题解： 假设，玩家1一定是赢家，他手上拿了尽可能多的小丑牌。

• 如果小丑牌全在玩家手上，那分数就是m；
• 如果小丑牌太多，玩家1拿不完，那剩下的开玩笑牌均摊到其他玩家手上；

总结：思路就是让玩家1的分数最大化，让玩家1手上的小丑牌数量尽可能与其他玩家的拉开差距

考虑特殊情况： 如果m=0，那么无论如何，结果一定为0

AC Code

int main() {
	int t;
        cin >> t;
	while (t--) {
                int n, m, k, x = 0, y = 0, res = 0;
		cin >> n >> m >> k;
		if (m == 0) cout << 0 << endl;//考虑特殊情况m=0时，结果无论如何都是0
		else if (n / k >= m) {
                        //将所有的joker牌(m张)给到玩家1，从而最后的得分就是 m-0 分
			res = m; 
			cout << res << endl;
		} else if((m - n / k) >= (k - 1)) {
                        //joker牌过多，则待玩家1拿完，剩下的其他人均摊
			x = n / k; 
			y = ceil((1.0 * m - n / k) / ( 1.0 * k - 1));//这里有m-n/k不能被k-1整除的情况，可以用ceil向上取整即可
			res = x - y;
			cout << res << endl;
		} else cout << n / k - 1 << endl;
	}
	return 0;
}