[题解]Refact.ai Match 1 (Codeforces Round 985) A~C

A - Set

显然答案是\(\max(\lfloor\frac{r}{k}\rfloor-l+1,0)\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,l,r,k;
signed main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>l>>r>>k;
		cout<<max(0ll,r/k-l+1)<<"\n";
	}
	return 0;
}

B - Replacement

我们发现只要\(0\)和\(1\)各存在至少\(1\)个，操作就能进行下去。所以\(r_i=1\)的操作可以看做删掉一个\(0\)，\(r_i=0\)的操作则可以看做删掉一个\(1\)。

这样模拟就可以了，每次操作前如果剩余\(0,1\)的个数存在\(0\)则答案是NO。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
string s,r;
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>s>>r;
		int cnt0=0,cnt1=0;
		bool f=1;
		for(char i:s) (i=='0'?cnt0:cnt1)++;
		for(char i:r){
			if(!cnt0||!cnt1){
				f=0;
				break;
			}
			(i=='0'?cnt1:cnt0)--;
		}
		cout<<(f?"YES\n":"NO\n");
	}
	return 0;
}

另一种做法很简单，如果\(s[1,n]\)中\(1\)的个数减去\(r[1,n-2]\)中\(0\)的个数为\(1\)，答案就是YES，否则NO。原理差不多，目的是让执行最后一次操作前，序列中恰好有一个\(0\)和一个\(1\)。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
string s,r;
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>s>>r;
		r.pop_back();
		int cnts=0,cntr=0;
		for(int i:s) cnts+=(i=='1');
		for(int i:r) cntr+=(i=='0');
		if(cnts-cntr==1) cout<<"YES\n";
		else cout<<"NO\n";
	}
	return 0;
}

C - New Rating

二分解法

考虑二分答案\(x\)，转为判断“是否能让最终得分\(\ge x\)”。

用\(f[i]\)表示参加第\(i\)场比赛之后的得分；\(g[i]\)表示\(i\)这场比赛前可能的最小得分，使得最终得分\(\ge x\)。\(f\)可以通过模拟求出，\(g\)可以用下面的方法求得：

\[g[i]=\begin{cases} x&i=n\\ g[i+1]-1&i\le n,a[i]\ge g[i+1]\\ g[i+1]+1&i\le n,a[i]<g[i+1] \end{cases}\]

只要存在区间\(l\le r\)，使得\(f[l-1]\ge g[r+1]\)，则说明我们可以让最终得分\(\ge x\)。

时间复杂度\(O(n\log n)\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 300010
using namespace std;
int t,n,a[N],f[N];
bool check(int x){
	int g=x;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		if(f[i-1]>=g) return 1;
		if(a[i]>=g) g--;
		else g++;
	}
	return 0;
}
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		int cur=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
			if(a[i]>cur) cur++;
			else if(a[i]<cur) cur--;
			f[i]=max(f[i-1],cur);
		}
		int l=0,r=n;
		while(l<r){
			int mid=(l+r+1)>>1;
			if(check(mid)) l=mid;
			else r=mid-1;
		}
		cout<<l<<"\n";
	}
}

DP解法

\(f[i][j\in[0,2]]\)来表示考虑前\(i\)个比赛，第\(i\)场的状态是\(j\)的答案。其中\(j=0,1,2\)分别表示在跳过的比赛之前、属于跳过的比赛、在跳过的比赛之后。则

\[f[i][j]=\begin{cases} g(f[i-1][0],a[i])&j=0\\ \max(f[i-1][0],f[i-1][1])&j=1\\ \max(g(f[i-1][1],a[i]),g(f[i-1],a[i]))&j=2 \end{cases}\]

转移可以滚掉第\(1\)维。最终答案就是\(\max(f[n][1],f[n][2])\)。

时间复杂度\(O(n)\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 300010
using namespace std;
int t,n,a[N],f[3];
int g(int a,int b){return a+(b>a)-(b<a);}
signed main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		f[0]=0,f[1]=f[2]=INT_MIN;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			f[2]=max(g(f[1],a[i]),g(f[2],a[i]));
			f[1]=max(f[1],f[0]);
			f[0]=g(f[0],a[i]);
		}
		cout<<max(f[1],f[2])<<"\n";
	}
	return 0;
}

D - Cool Graph