Educational Codeforces Round 128 (Rated for Div. 2) A-C+E

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A

题解

知识点：思维。

如果 \([l1,r1],[l2,r2]\) 有交集可以是相同的数字，那么取 \(min(l1,l2)\) ；如果 \([l1,r1],[l2,r2]\) 没有交集，说明最大值最小值不能是相同的数字，那么取 \(l1+l2\) 。

直接判断端点可能太多，可以利用 \(swap\) 考虑固定 \(l1<l2\) ，就剩下两种情况。

时间复杂度 \(O(1)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int l1,r1,l2,r2;
        cin>>l1>>r1>>l2>>r2;
        if(l2<l1){
            swap(l1,l2);
            swap(r1,r2);
        }
        if(r1>=l2) cout<<l2<<'\n';
        else cout<<l1+l2<<'\n';
    }
    return 0;
}

B

题解

知识点：思维。

找到机器人中最靠左上的行列坐标（不一定要在同一个机器人身上），如此坐标表示了机器人阵列移动多少次就会出现爆炸。

如果这组行列坐标的位置没有机器人，说明移动到爆炸极限之前都没有机器人会到达左上角，因此不可行，否则可行。

时间复杂度 \(O(nm)\)

空间复杂度 \(O(mn)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

bool bot[7][7];

int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n,m;
        cin>>n>>m;
        int minx = 10,miny = 10;
        for(int i = 0;i<n;i++){
            for(int j = 0;j<m;j++){
                char tmp;
                cin>>tmp;
                if(tmp == 'R'){
                    bot[i][j] = 1;
                    minx = min(minx,i);
                    miny = min(miny,j);
                }
                else bot[i][j] = 0;
            }
        }
        if(bot[minx][miny]) cout<<"YES"<<'\n';
        else cout<<"NO"<<'\n';
    }
    return 0;
}

C

题解

方法1

知识点：尺取法。

注意到 \(0,1\) 变化具有单调性，左端点变大一定导致 \(0\) 在子串的数量 \(A\) 变少且移除 \(1\) 的数量 \(B\) 变多，而右端点变大则相反。那么对于一个固定了左端点的区间，可以将右端点变大，使 \(A,B\) 分别从较小和较大的值向某个极值靠拢，直到 \(A = B\) 即达到当前左端点的区间的最小 \(cost\) 。此时可以将左端点加一，此举一定会让 \(A \neq B\) ，于是可以继续移动右端点到达新的左端点的最优区间。在上面思考的基础下，枚举左端点即可以，移动右端点到达最优，取每次最小 \(cost\) 的最小值即可。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

方法2

知识点：数学，前缀和，枚举。

设子串留有 \(0\) 的数量为 \(A\) ，留有 \(1\) 的数量为 \(B\) ，\(1\) 的总数为 \(sum\) ，则有 \(cost = max(A,sum - B)\)。

再设子串长度为 \(len\) ，则有 \(cost = max(A+B,sum) - B = max(len,sum) - B\)

考虑 \(len \leq sum\) ，则有 \(cost = sum - B\)，显然如果 \(len\) 增加，那么 \(B\) 是不减的，因此我们考虑取 \(len = sum\)。

考虑 \(len \geq sum\) ，则有 \(cost = len - B = A\) ，显然如果 \(len\) 减少，那么 \(A\) 是不增的，因此我们考虑取 \(len = sum\)。

综上，最优的子串长度一定为 \(sum\) ，因此枚举左端点，取长度为 \(sum\) 的子串计算每个 \(cost = A\) 取最小值即可。而 \(A\) 可通过前缀和预处理。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

方法1可是基础捏，一定要会哟qwq。

代码

方法1

///尺取法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        string s;
        cin>>s;
        int n = s.length();
        int cnt0 = 0,cnt1 = 0;
        for(int i = 0;i<n;i++){
            if(s[i] == '1') cnt1++;
        }
        int ans = cnt1;
        int l = 0,r = 0;
        while(l<n){
            while(r<n && cnt0!=cnt1){
                if(s[r] == '0') cnt0++;
                else if(s[r] == '1') cnt1--;
                r++;
            }
            ans = min(ans,max(cnt0,cnt1));///最后r<n,cnt0和cnt1就不一定平衡了
            if(s[l] == '0') cnt0--;
            else if(s[l] == '1') cnt1++;
            l++;
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
    return 0;
}

方法2

///结论，取长度为len，费用即字串0的个数
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int pre[200007];

int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        string s;
        cin>>s;
        int n = s.length();
        s = "?" + s;
        for(int i = 1;i<=n;i++) pre[i] = pre[i-1] + (s[i] == '0');
        int cnt1 = count(s.begin(),s.end(),'1');
        int ans = cnt1;
        for(int i = cnt1;i<=n;i++) ans = min(ans,pre[i] - pre[i-cnt1]);
        cout<<ans<<'\n';
    }
    return 0;
}

E

题解

知识点：状压DP。

假设存在一个 \(*\) 的最优最后位置，那么所有 \(*\) 移动到这个位置的路径长度就是最小操作数，同时在这些路径上任取一点作为 \(*\) 的最后位置是不改变路径长度的，因此这些位置也是最优的最后位置，所以可以确定最后一列 \(*\) 的位置也是一个最优位置且是最右的最优位置，所以一开始可以把地图最后一列 \(*\) 之后列都清除，并修改 \(n\) 为最后一列。接下来考虑如何得到所有 \(*\) 到最后一列 \(*\) 的最小路径长度。

设 \(dp[i][j]\) 表示第 \(i\) 列且 \(*\) 的状态为 \(j\) 的最小操作数，\(j = 0/1/2/3\) 分别代表没有 \(*\) ，仅第一行有 \(*\) ，仅第二行有 \(*\) ，两行都有 \(*\) （对应二进制位）。

先考虑将第 \(i-1\)​ 列状态水平转移到第 \(i\)​ 列，假设第 \(i\)​ 列的 \(*\)​ 状态是 \(state\)​ ，第 \(i-1\)​ 列的 \(*\)​ 状态是 \(j\)​ ，那么有水平状态转移方程：

\[dp[i][j|state] = min(dp[i][j|state]，dp[i-1][j] + (j\&1) + ((j>>1)\&1)) \]

其中 \(j|state\) 指将第 \(i-1\) 列和第 \(i\) 列的 \(*\) 水平合并的状态， \((j\&1) + ((j>>1)\&1)\) 指合并状态需要的操作次数，即 \(j\) 二进制位 \(1\)​ 的数量。

再考虑将第 \(i\)​ 列状态垂直转移，\(j = 3\) 的情况可以合并成 \(j = 1/2\) 的情况，\(j = 1/2\) 的情况可以垂直移动变为 \(j = 2/1\) 的情况，\(j = 0\) 的情况在同列没有下一种可能情况，因此最后有两个状态可以被转移 \(j = 1/2\) ：

\[dp[i][1] = min({dp[i][1],dp[i][2] + 1,dp[i][3] + 1})\\ dp[i][2] = min({dp[i][2],dp[i][1] + 1,dp[i][3] + 1}) \]

最后递推到最后一个 \(*\) 出现的列 \(n\) ，答案即为 \(min(dp[n][1],dp[n][2])\) 。

注意开始时要把 \([1,n]\) 的所有状态设为无穷大（1e9就行），设 \(dp[0][0 \cdots 3] = 0\) 。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int dp[200007][4+7];
int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n;
        cin>>n;
        string s1,s2;
        cin>>s1>>s2;
        s1 = "?" + s1;
        s2 = "?" + s2;
        while(s1.back() == '.' && s2.back() == '.') n--,s1.pop_back(),s2.pop_back();///找到最后一列有*的
        for(int i = 1;i<=n;i++) for(int j = 0;j<4;j++) dp[i][j] = 1e9;///初始化都设为无穷大
        for(int i = 1;i<=n;i++){
            int state = 0;
            if(s1[i] == '*') state |= 1;
            if(s2[i] == '*') state |= 2;
            for(int j = 0;j<4;j++){///水平移动的转移
                dp[i][j | state] = min(dp[i][j | state],dp[i-1][j] + (j&1) + ((j>>1)&1));
            }
            ///垂直移动的转移
            dp[i][1] = min({dp[i][1],dp[i][2] + 1,dp[i][3] + 1});
            dp[i][2] = min({dp[i][2],dp[i][1] + 1,dp[i][3] + 1});
        }
        cout<<min(dp[n][1],dp[n][2])<<'\n';
    }
    return 0;
}