CF-637

题目传送门

A .Nastya and Rice

pro：问能否找出$n$个区间$[a - b, a + b]$内的数，满足和在区间$[c - d, c + d]$之内。

sol：最小的和是$n * (a - b)$，如果$n * (a - b) > c + d$，结果为"NO"；最大的和是$n * (a + b)$，如果$n * (a + b) < c - d$，结果为"NO"；剩下的情况结果都是"YES"。

• 数学

  #include <bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  typedef long long LL;
  typedef pair<int, int> PII;
  
  inline int read() {
      int n = 0, f = 1; char c = getchar();
      while (c < '0' || c > '9') {
          if (c == '-') f = -f;
          c = getchar();
      }
      while (c >= '0' && c <= '9') {
          n = 10 * n + (c ^ '0');
          c = getchar();
      }
      return f * n;
  }
  int main() {
      int t = read();
      for (int i = 1; i <= t; i++) {
          int n = read(); bool ok = 1;
          int a = read(), b = read(), c = read(), d = read();
          if ((a + b) * n < (c - d)) ok = 0;
          if ((a - b) * n > (c + d)) ok = 0;
          puts(ok ? "Yes" : "No");
      }
      return 0;
  }

   

B .Nastya and Door

pro：找出一个长度为k的区间，使得区间内峰的数量是最大的，若两个区间内峰的数量相同，认为左边的区间为大。区间的两端不是峰。最后输出区间内峰的数量+1和区间的左端点。

sol：前缀和求出$[1, i]$之间峰的个数，对于询问$[i, i + k - 1]$有多少峰，由于两端不认为是峰，所以结果为$cnt[i + k - 2] - cnt[i]$。

• 前缀和

  #include <bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  typedef long long LL;
  typedef pair<int, int> PII;
  const int MAXN = 200010;
  int val[MAXN], cnt[MAXN];
  inline int read() {
      int n = 0, f = 1; char c = getchar();
      while (c < '0' || c > '9') {
          if (c == '-') f = -f;
          c = getchar();
      }
      while (c >= '0' && c <= '9') {
          n = 10 * n + (c ^ '0');
          c = getchar();
      }
      return f * n;
  }
  int main() {
      int t = read();
      while (t--) {
          int n = read(), k = read();
          for (int i = 1; i <= n; i++) val[i] = read();
          for (int i = 2; i < n; i++) {
              cnt[i] = (val[i] > val[i - 1] && val[i] > val[i + 1]);
              cnt[i] += cnt[i - 1];
          }
          int ans = 0, pos = 1;
          for (int i = 1; i + k - 1 <= n; i++) {
              if (cnt[i + k - 2] - cnt[i] > ans) {
                  ans = cnt[i + k - 2] - cnt[i];
                  pos = i;
              }
          }
          printf("%d %d\n", ans + 1, pos);
      }
      return 0;
  }

   

C .Nastya and Strange Generator

pro：可以进行数次操作，每次操作选一个$i$，然后按顺序取出$[i, n]$之内还没被取出的数，问能否构造给定排列。

sol：扫描一下整个数组，要么$a[i] = a[i - 1] + 1$，要么$a[i]$为当前最小值。否则不可构造。做好做，题意是真的难懂。

• 模拟

  #include <bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  typedef long long LL;
  typedef pair<int, int> PII;
  const int MAXN = 200010;
  int a[MAXN];
  inline int read() {
      int n = 0, f = 1; char c = getchar();
      while (c < '0' || c > '9') {
          if (c == '-') f = -f;
          c = getchar();
      }
      while (c >= '0' && c <= '9') {
          n = 10 * n + (c ^ '0');
          c = getchar();
      }
      return f * n;
  }
  int main() {
      int t = read();
      while (t--) {
          int n = read(); bool ok = 1;
          int k = a[1] = read();
          for (int i = 2; i <= n; i++) {
              a[i] = read();
              if (a[i] == a[i - 1] + 1) continue;
              if (a[i] >= k) ok = 0;
              else k = a[i];
          }
          puts(ok ? "Yes" : "No");
      }
      return 0;
  }

   

D .Nastya and Scoreboard

pro：用一个$7$位二进制字符串表示一个电子数字，给出$n$个电子数字，这$n$个电子数字里有$m$根电子灯管本来该亮的但是没亮，求这$n$个电子数组组成的数最大是多少。允许前导零。

sol：先二进制压缩把字符串转成整型。然后用动态规划解决。$dp[i][j]$表示第$i$个电子数字到第$n$个电子数字一共有$j$根电子灯管该亮没亮的情况下，第$i$个电子数字的最大可能。

• 动态规划

  #include <bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  typedef long long LL;
  typedef pair<int, int> PII;
  const int MAXN = 2010;
  inline int read() {
      int n = 0, f = 1; char c = getchar();
      while (c < '0' || c > '1') {
          if (c == '-') f = -f;
          c = getchar();
      }
      while (c >= '0' && c <= '1') {
          n = 2 * n + (c ^ '0');
          c = getchar();
      }
      return f * n;
  }
  int a[MAXN], d[] = {119, 18, 93, 91, 58, 107, 111, 82, 127, 123};
  int dp[MAXN][MAXN];
  int count(int i, int k) { // 把第i个数转成k需要点亮多少电子管
      if ((a[i] | d[k]) != d[k]) return -1;
      int p = d[k] - a[i], cnt = 0;
      while (p != 0) {
          cnt ++;
          p -= p & -p;
      }
      return cnt;
  }
  int main() {
      int n, m;
      scanf("%d%d", &n, &m);
      memset(dp, -1, sizeof(dp));
      for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
      for (int k = 0; k < 10; k++) {
          int cnt = count(n, k);
          if (cnt != -1) dp[n][cnt] = k;
      }
      for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
          for (int j = 0; j <= m; j++) {
              for (int k = 0; k < 10; k++) {
                  int cnt = count(i, k);
                  if (cnt == -1) continue;
                  if (dp[i + 1][j - cnt] != -1) {
                      dp[i][j] = k;
                  }
              }
          }
      }
      if (dp[1][m] == -1) return 0 * puts("-1");
      for (int i = 1; i <= n; i++) {
          printf("%d", dp[i][m]);
          m -= count(i, dp[i][m]);
      }
      return 0;
  }