AtCoder Beginner Contest 064

A

从高到低输入三个数位 \(a, b, c\) ，询问十进制 \(abc\) 是否是 \(4\) 的倍数。

view

    int a, b, c; std::cin >> a >> b >> c;
    int n = a * 100 + b * 10 + c;
    std::cout << (n % 4 == 0 ? "YES" : "NO") << "\n";

B

题意：
数轴上，给 \(N\) 个点，坐标为 \(a_i(1 \leq i \leq N)\) ，可以从坐标轴上任意一个坐标开始，任意一个坐标结束。
询问经过所有给定点最少需要走的距离。
题解：
显然从第一个点走到最后一个点不回头是最短距离。

view

    int N; std::cin >> N;
    std::vector<int> a(N + 1);
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        std::cin >> a[i];
    }
    std::cout << *max_element(a.begin() + 1, a.end()) - *min_element(a.begin() + 1, a.end()) << "\n";

考虑加点难度。如果只能选择一个起点，每次访问一个给定点要回到起点，询问最少需要走多少距离。

不难得到 \(f(x) = \sum_{i = 1}^{N} |x - a_i|\) ，是单谷函数，且是个性质比显然的函数（高中教科书常见函数）。

设定义域为 \(M\) 。

具有诱惑性地，三分可以处理单谷函数，似乎可以三分 \(x\) ，\(O(N)\) 计算 \(f(x)\) ，从而 \(O(N \log M)\) 得到答案。

但是，能三分的单谷函数要求峰值两边严格单调，所以不能三分 \(x\) 坐标。除非处理的是 \(f(x) = \sum_{i = 1}^{N} |x - i|\) 。

实际上如果依赖于 \(N\) ，只有 \(O(N^{2})\) 的做法可以实现。

当定义域不大，考虑依赖于 \(M\) 。则可以 \(O(M)\) 实现。

递推式为 \(f(x) = f(x - 1) + pre(x) - suf(x)\) ，可以 \(O(M)\) 递推。
\(pre(x), suf(x)\) 分别为前缀和后缀给定点的数量，可以 \(O(M)\) 预处理。
总时间复杂度为 \(O(M)\) 。

C

题意：
分数为 \(x\) ，每个区间对应一种颜色。
共八个区间：

• [0, 399]
• [400, 799]
• [800, 1199]
• [1200, 1599]
• [1600, 1999]
• [2000, 2399]
• [2400, 2799]
• [2800, 3199]

若 \(x \geq 3200\) ，\(x\) 可以是任意一种颜色。

给 \(N\) 个 \(x_i(1 \leq x_i \leq N)\) ，询问最少和最多有多少种颜色。

题解：

不难发现每个区间为 \([400 i, 400 (i + 1) - 1] \ s.t.\ i \geq 0\) 。

对每个分数 \(x\) ，定位 \(p = min(8, \lfloor \frac{x}{400} \rfloor)\) ，记录 \(cnt[p]++\) 。

\(\forall x \in [0, 7]\) ，若 \(cnt[i] > 0\) ，让计数器 \(v++\) 。则可以得到有多少种颜色。

显然最少颜色为 \(max(v, 1)\) 。因为至少一个输入，若 \(v > 0\) ，可以全部变为已有颜色，否则至少存在一种颜色。
最多颜色为 \(v + cnt[8]\) 。

view

    int N; std::cin >> N;
    static int v[9];
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        int x; std::cin >> x;
        int p = std::min(x / 400, 8);
        v[p]++;
    }
    int cnt = 0; for (int i = 0; i < 8; i++) if (v[i]) ++cnt;
    int mi = std::max<int>(cnt, 1);
    int mx = cnt + v[8];
    std::cout << mi << " " << mx << "\n";

如果增加难度：其实可以考虑变色只能选择 \(8\) 种颜色的一种改变，由鸽巢原理最多颜色会为 \(min(8, v + cnt[8])\) 。

D

题意：
给一个长度为 \(n\) 的括号序列 \(s\) 。可以在 \(s\) 中插入一些括号。
询问最短的且字典序最小的合法括号序列。

• 空序列是合法括号序列
• 若 x 是括号序列， (x) 是括号序列
• 若 x 、 y 是括号序列， x + y 是括号序列

题解：

考虑合法括号序列的折线图，设左括号 ‘(’ 为上升折线，右括号 ‘)’ 为下降折线。

设 \(d_i\) 为当前折线图的高度。

一个合法括号序列满足：

\[\left \{ \begin{aligned} d_i &= d_{i - 1} + 1 - 2 \times [s_i = ')'] \\ d_i &\geq 0 \\ d_{|s|} &= 0 \\ \end{aligned} \right . \]

给定一个不合法括号序列，设 \(p_1, p_2\) （一定存在）分别是第一个和最后一个 \(d_i < 0\) 的位置。

于是只需要线性找到 \(x = -min(d_i)\) 。在 \(p_1\) 之前的任意位置增加 \(x\) 个'(' ， \(p_2\) 之后的任意位置增加 \(d_{|s|} + x\) 个 ')' 就可以得到最短长度的合法括号序列。

而字典序最小只需让 '(' 添加到最左，')' 添加到最右。

view

    int n; std::string s;
	std::cin >> n >> s; s = " " + s;
    std::vector<int> d(n + 1);
    int x = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
        d[i] = d[i - 1] + (s[i] == '(' ? 1 : -1);
        x = std::min<int>(x, d[i]);
    }
    x = -x;
    std::cout << std::string(x, '(');
    std::cout << s.substr(1, n);
    std::cout << std::string(d[n] + x, ')');