Codeforces Round #697 (Div. 3)补题
Codeforces Round #697 (Div. 3)补题
昨天晚上看到不计rating，加之评测机非常卡就没有再打了，今天把剩下三个题补了。
D. Cleaning the Phone
\(~~~~\)晚上做的时候想复杂了，其实所有的convenience points只有两个值1和2，所以可以根据convenience points把所有数分类到a，b两个数组里，再分别记录两个数组里所选元素的和\(suma\)与\(sumb\)。问题变成了在a中选\(x\)个元素，b中选\(y\)个元素，使所选元素的和大于m，为了\(x+2y\)尽可能小要先把两个数组从大到小排序。
\(~~~~\)使用双指针的做法，开始时x为0，y为\(b.size()\)，x从0到\(a.size()\)进行遍历，每次while(y>0 && suma+sumb-b[y-1]>=m){sumb -= b[--y]}来更新y的值，之后令\(suma\)加上\(a[x]\)并更新答案。遍历完毕后就相当于枚举了所有\(suma+sumb\geq m\)的情况。
- 代码
#define LOCAL0
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pb(x) push_back(x)
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
#define RALL(x) x.rbegin(), x.rend()
#define sz(x) (int)x.size()
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
int T = 1;
cin >> T;
while(T--){
vector<int> a, b;
int n;
ll m;
cin >> n >> m;
vector<int> all(n);
for(auto &x:all){
cin >> x;
}
int tag;
for(auto x:all){
cin >> tag;
if(tag==1){
a.pb(x);
}
else{
b.pb(x);
}
}
sort(RALL(a));
sort(RALL(b));
int ans = INT_MAX;
ll suma = 0, sumb = accumulate(ALL(b), 0ll);
int l = 0, r = b.size();
for(l=0; l<=sz(a); l++){
while(r>0 && suma+sumb-b[r-1]>=m){
sumb -= b[--r];
}
if(suma+sumb>=m){
ans = min(ans, 2*r+l);
}
if(l<sz(a)){
suma += a[l];
}
}
if(ans == INT_MAX) cout << "-1\n";
else cout << ans << endl;
}
return 0;
}
F. Unusual Matrix
\(~~~~\)题意是给一个只含01的方矩阵，每次可以使一行或一列的数字翻转，问能否通过若干次这种操作把原矩阵转换成另一个矩阵。
\(~~~~\)首先一行或一列最多翻转一次，因为翻两次就变回去了。其次如果知道了要执行哪些操作，这些操作执行的顺序对结果没有影响。
\(~~~~\)那么对于第一行的操作，只有两种情况：翻转第一行的数字，如果翻转后还有不一样的数字，就翻转那些数字所在的列；或者直接翻转不一样数字所在的列。这两种情况无论用哪种，都能使第一行与目标矩阵第一行相等，并且之后的操作都是确定的，因为第2到n行如果有不一样的数字只能翻转当前行，如果再翻转某一列的话就会破坏第一行已经构造好的数字，所以第2到n行中的某一行如果翻转后还是不能与目标矩阵相等，那么就无法构造出来。所以讨论一下第一行的两种情况中有没有符合条件的构造。
\(~~~~\)实际上进一步想的话，这两种情况任选一种就行了，不需要讨论。因为第一行的这两种操作所翻转的列正好是互补的，如果能够造出来，两种情况下对2到n行每一行的操作正好是相反的，所以一种情况能够造出来，另一种情况就也可以。
- 代码
#define LOCAL0
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define FOR(i, a, b) for (int i=a; i<(b); i++)
#define pb(x) push_back(x)
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
#define RALL(x) x.rbegin(), x.rend()
#define sz(x) (int)x.size()
using namespace std;
typedef long long ll;
string a[1005], b[1005];
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
int T = 1;
cin >> T;
while(T--){
int n;
cin >> n;
FOR(i, 0, n) cin >> a[i];
FOR(i, 0, n) cin >> b[i];
FOR(i, 0, n){
if(a[0][i]!=b[0][i]){
FOR(j, 0, n){
a[j][i] = a[j][i]=='0'?'1':'0';
}
}
}
bool flag = true;
FOR(i, 1, n){
if(a[i]!=b[i]){
FOR(j, 0, n){
a[i][j] = a[i][j]=='0'?'1':'0';
}
if(a[i]!=b[i]){
flag = false;
break;
}
}
}
if(flag) cout << "YES\n";
else cout << "NO\n";
}
return 0;
}
G. Strange Beauty
\(~~~~\)这道题符合条件的一组数如果从小到大排列的话，满足每一个数都是下一个数的因数，所以题意就是寻找有这样的关系的最长的一组数。\(dp[x]\)表示以\(x\)为结尾，符合上述条件的最长的一组数(从小到大排列)，用\(cnt[x]\)表示题目所给数组中\(x\)的个数，可以得到转移方程\(dp[x]=cnt[x]+\max_{x\%y=0}dp[y]\)。状态转移可以用类似埃氏筛的做法，计算完\(dp[x]\)以后，对所有\(x\)的倍数进行更新。
- 代码
#define LOCAL
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define debug(msg) cout << (msg) << endl
#define FOR(i, a, b) for (int i=a; i<(b); i++)
#define pb(x) push_back(x)
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
#define RALL(x) x.rbegin(), x.rend()
#define sz(x) (int)x.size()
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
int T = 1;
cin >> T;
while(T--){
int mx = 0, n, x;
cin >> n;
map<int, int> mp;
FOR(i, 0, n){
cin >> x;
mp[x]++;
mx = max(mx, x);
}
vector<int> dp(mx+1);
int ans = 0;
FOR(i, 1, mx+1){
dp[i] += mp[i];
for(int j=2*i; j<=mx; j+=i){
dp[j] = max(dp[j], dp[i]);
}
ans = max(ans, dp[i]);
}
cout << n-ans << endl;
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号