Codeforces Round 966 (Div. 3) 题解
A
人类检测题，直接判断前两位和后一位加长度即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
void solve () {
string a; cin >> a;
int pre = (a[0]-'0')*10 + (a[1]-'0');
if (pre != 10) { cout << "NO\n"; return; }
int num = (a[2]-'0');
if (num >= 2) { cout << "YES\n"; return; }
else if (num == 1 && a.size() >= 4) { cout << "YES\n"; return; }
cout << "NO\n";
}
int main () {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int _ = 1; cin >> _;
while (_--) solve();
return 0;
}
B
纯模拟。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
void solve () {
int n; cin >> n;
vector <int> a(n);
for (int i = 0;i < n;i++) cin >> a[i];
bool flag = true;
vector <bool> seat(n+1);
for (auto node : a) {
if (flag) seat[node] = true, flag = false;
else {
if (node == 1) {
if (!seat[node+1]) { cout << "NO\n"; return; }
}else if (node == n) {
if (!seat[node-1]) { cout << "NO\n"; return; }
}else if (node > 1 && node < n && !seat[node+1] && !seat[node-1]) { cout << "NO\n"; return; }
seat[node] = true;
}
}
cout << "YES\n";
}
int main () {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int _ = 1; cin >> _;
while (_--) solve();
return 0;
}
C
这题本意就是让一种字母对应一种数字，直接两个 map 扔过去就行了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
void solve () {
int n; cin >> n;
vector <ll> a(n+1);
for (int i = 0;i < n;i++) cin >> a[i];
int m; cin >> m;
while (m--) {
string use; cin >> use;
map <int, int> mp;
map <int, char> mp2;
if (use.size() != n) { cout << "NO\n"; continue; }
int pos = 0; bool flag = true;
for (auto i : use) {
if (mp.find(i-'a') == mp.end()) mp[i-'a'] = a[pos];
else {
if (mp[i-'a'] != a[pos]) { flag = false; break; }
}
if (mp2.find(a[pos]) == mp2.end()) mp2[a[pos]] = i;
else {
if (mp2[a[pos]] != i) { flag = false; break; }
}
pos++;
// if (cnt[i-'a'].size() >= 2) { flag = false; break; }
}
if (flag) { cout << "YES\n"; continue; }
else cout << "NO\n";
}
}
int main () {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int _ = 1; cin >> _;
while (_--) solve();
return 0;
}
D
思路历程
想的贪心，发现不仅要区间越大越好，还要区间越多越好。
于是想到从小区间开始往大区间走，发现会遗漏许多本该加上的数字，于是从大区间开始贪心，发现只需要尽可能地选择大的区间即可，操作时我们反着来即可。这里用两个优先队列维护 \(l\) 从小到大和 \(r\) 从大到小即可，然后前缀和一下就行了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
void solve () {
int n; cin >> n;
vector <ll> a(n+1), sum(n+1);
for (int i = 1;i <= n;i++) {
cin >> a[i];
sum[i] = sum[i-1] + a[i];
}
string s; cin >> s;
priority_queue <int, vector <int>, greater <int>> q;
priority_queue <int, vector <int>, less <int>> q2;
for (int i = 0;i < s.size();i++) {
if (s[i] == 'L') q.push(i+1);
else q2.push(i+1);
}
ll ans = 0;
while (!q.empty() && !q2.empty()) {
int l = q.top(), r = q2.top();
q.pop(), q2.pop();
if (l > r) break;
ans += sum[r] - sum[l-1];
}
cout << ans << "\n";
}
int main () {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int _ = 1; cin >> _;
while (_--) solve();
return 0;
}
E
总结：乘法原理+排序
不难由贪心想到，对于每一个数字而言，应该是越大的就要放在出现次数越多的矩形里。那么现在难点就是去记录每个点的出现的矩形数量即可。
我们可以记录一下能覆盖当前点 \((i, j)\) 的区间出现的地方，不难发现一个单位位置可以出现一个矩形，所以我们设 \(lex = \max(0, i-k+1) \ rix = \max(i, n-k)\)，那么 \(y\) 轴也是同理。
前边我们说了，一个点就是一种矩形出现的位置，所以我们设 \(cnt_{i, j}\) 为一个点被覆盖的区间数量，则为 \(cnt_{i, j} = (rix-lex+1)\times (riy-ley+1)\)。
最后就是分别排个序，然后大 \(\times\) 大就行了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
const int N = 2e5+5;
ll ans[N];
void solve () {
int n, m, k; cin >> n >> m >> k;
int w; cin >> w;
vector <int> a(w);
for (int i = 0;i < w;i++) cin >> a[i];
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j = 0;j<m;j++){
int lex=max(0,i-k+1);
int rix=min(i,n-k);
int ley=max(0,j-k+1);
int riy=min(j,m-k);
ans[cnt]=(rix-lex+1)*(riy-ley+1);
//cout<<ans[cnt]<<" ";
cnt++;
}
}
long long res=0;
int i=0;
sort(a.begin(),a.end(),[&](int x, int y) { return x > y; });
sort(ans,ans+cnt, [&](int x, int y) { return x > y; });
while(w>0 && cnt>=0){
//cout<<a[i]<<" "<<ans[i]<<endl;
res+=a[i]*ans[i];
i++;
w--;cnt--;
}
cout<<res<<endl;
}
int main () {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int _ = 1; cin >> _;
while (_--) solve();
return 0;
}
F
很好的 dp 题，使我大脑旋转。
我们不难发现，这道题因为每个矩形补全的不同，是不太能用贪心的，所以我们考虑一下 dp。
考虑 \(dp_{i, j}\) 为考虑到第 \(i\) 个矩形可以得到 \(j\) 分，发现一个矩形它最多可以贡献 \(x + y\) 分。（\(x\) 为宽，\(y\) 为高）这里给出证明：假设有 \(x < y\)，那么根据贪心我们肯定是先涂色长度为 \(x\) 的宽，那么我们可以先得到 \(x\) 得分，此时剩余的矩形变成了高为 \(x\) 宽为 \(y-x\) 的矩形，那么按照贪心我们假设 \(y-x < x\)，那么我们先涂 \(y-x\) 可以得到 \(x-1\) 的得分，最后剩下高为 \(1\) 的矩形，而宽为 \(y-x\)，所以得分又要加上 \(y-x\)，但是因为只剩最后一个方格时，填色会让列和行同时满足，所以再 \(+1\)。
那么我们不去细想分裂的方式，我们直接去想得分的情况，我们可以粗略得到这个转移式子：
\[dp_{i+1, j+j_1} = \min(dp_{i+1, j+j_1}, \ dp_{i, j_1} + cost)
\]
这里的 \(j\) 就是我们先前求出的状态，\(j_1\) 就是我们现在枚举的状态，也就是我们想要在第 \(i\) 个矩形得到的分数，而且因为达到 \(x+y\) 和 \(x+y-1\) 的步数其实是一样的，所以我们可以直接集成在 \(x+y\) 里。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair <int, int>
void solve () {
int n, k;
cin >> n >> k;
// int tmp = n;
vector<pii> m(n);
for (int i = 0;i < n;i++) cin >> m[i].first >> m[i].second;
vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(k+1, 1e9));
dp[0][0] = 0;
int i = 0;
for (i = 0;i < n;++i) {
int x = m[i].first, y = m[i].second;
int sum = x + y, cost = 0;
for (int j = 0;j <= sum;j++) {
for (int j1 = 0;j1 + j <= k;j1++) {
dp[i+1][j1+j] = min(dp[i+1][j1+j], dp[i][j1] + cost);
}
if (j < sum) {
if (x >= y) x--, cost += y;
else y--, cost += x;
}
}
}
cout << (dp[n][k] == 1e9 ? -1 : dp[n][k]) << "\n";
}
int main () {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int _ = 1; cin >> _;
while (_--) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号