赛后总结---Codeforces Round 1064 (Div. 2)(虚拟参赛)
Codeforces Round 1064 (Div. 2)
A. Same Difference
给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(\{s_i\}\)，一次操作可以将 \(s_i\) 替换为 \(s_{i+1}\)。求最终使得 \(\{s_i\}\) 内每个字符都相同的最小操作次数。
显然最后一个字符无法被修改，那么只能将其他字符都改成最后一个字符。答案即为 \(\sum [s_i \neq s_n]\)。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=101;
const int CH=26;
#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )
inline int read()
{
int f=1,x=0; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
return f*x;
}
int cnt[CH];
signed main()
{
freopen("A.in","r",stdin);
freopen("A.out","w",stdout);
int qQ=read();
while(qQ--)
{
for(int i=0;i<CH;i++) cnt[i]=0;
int len=read(),lst=0;
for(int i=1;i<=len;i++)
{
char ch; cin>>ch;
cnt[lst=ch-'a']++;
}
printf("%d\n",len-cnt[lst]);
}
return 0;
}
B. Tab Closing
有一个长度为 \(a\) 的浏览器窗口，共有 \(n\) 个网页标签。当窗口有 \(m\) 个网页标签时，
用提供的模拟器试一下可以发现：
- 当 \(b \leq \dfrac{a}{m}\)，只需要把鼠标移到 \(b\) 处，一直原地点击就好了。
- 当 \(b > \dfrac{a}{m}\)，需要把鼠标移到 \(a\) 处，一直点击直到 \(b \leq \dfrac{a}{m}\)，在按第一类处理。
简单分讨，答案不会超过 \(2\)。注意第二类请可能有不需要移动的情况，即 \(a==b\)。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=101100;
#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )
inline int read()
{
int f=1,x=0; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
return f*x;
}
signed main()
{
freopen("B.in","r",stdin);
freopen("B.out","w",stdout);
int qQ=read();
while(qQ--)
{
int a=read(),b=read(),n=read(),ans=1;
if(b*n>a && a>b) ans++;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
C. Cyclic Merging
给出一个环形数组，目标为通过合并将其变为一个数。
每次合并可以选择环上相邻的两个数 \(x\)、\(y\)，将两个数替换为 \(\max(x,y)\)，并花费 \(\max(x,y)\) 的代价。
求达成目标所需的最小代价。
谁知道因为没开 \(\text{long long}\) 导致我花了 \(1 \text{h}\) 来调试的痛，后面的题都没得写。
贪心，尽可能用较小的数来进行较多的合并操作。所以把数按从小到大的顺序删去，删去时选择和较小的一边合并。
合并的过程用双向列表维护就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=201100;
#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )
inline int read()
{
int f=1,x=0; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
return f*x;
}
int n,ans;
map<int,int> idx;
vector<int> num;
vector<int> pos[N];
struct LIST
{
int lst,nxt;
int val;
}p[N];
#define nxt(x) p[x].nxt
#define lst(x) p[x].lst
signed main()
{
freopen("C.in","r",stdin);
freopen("C.out","w",stdout);
int qQ=read();
while(qQ--)
{
int n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=( p[i].val=read() );
p[i].lst=i-1,p[i].nxt=i+1;
if(!idx.count(x))
{
num.push_back(x);
idx[x]=num.size();
}
pos[idx[x]].push_back(i);
}
p[1].lst=n,p[n].nxt=1;
sort(num.begin(),num.end());
for(int i=0;i<num.size();i++)
{
int x=num[i];
for(int j=0;j<pos[idx[x]].size();j++)
{
int u=pos[idx[x]][j];
ans+=min(p[lst(u)].val,p[nxt(u)].val);
nxt(lst(u))=nxt(u);
lst(nxt(u))=lst(u);
}
}
printf("%lld\n",ans-num[ num.size()-1 ]);
ans=0;
idx.clear(),num.clear();
for(int i=1;i<=n;i++) pos[i].clear();
}
return 0;
}
以下题目为赛后完成
D. Marble Council
给定一个大小为 \(n\) 的可重集 \(\{a\}\)，把 \(\{a\}\) 分成任意多个可重集 \(x_i\)，对于每个可重集 \(x_i\)，将其众数加入到可重集 \(S\)，求有多少种不同的可重集 \(S\)。
看得出是 DP。
首先，我们可以从一个数是否可能在可重集 \(S\) 中的角度思考。
考虑集合 \(S\) 合法的条件。
对于不在集合 \(S\) 中的元素 \(t\)，必须存在至少一种构造，使在每个 \(x_i\) 中，\(t\) 都不为众数。
实际上，只需要对于 $ \forall t \notin S$，都有 $ \sum_{c \in S} cnt_c \geq cnt_t $，就可以找到一种合法构造方案。
等价于满足 \(\sum_{c \in S} cnt_c \geq \max_{t \notin S}(cnt_t)\) 成立，进一步等价于 $\sum_{c \in S} cnt_c \geq \max(cnt) $ 成立。
（分讨 \(\max(cnt)\) 是否在集合 \(S\) 可轻松证明）。
那么这就是一个 01 背包问题，状态数组为 \(dp[ \sum_{c\in S} cnt_c ]\)。答案为 \(\max_{ i \in [\max(cnt),n] } dp[i]\)。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
const int N=101100;
#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )
inline int read()
{
int f=1,x=0; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
return f*x;
}
int n,m,w[N];
int p[N],dp[N];
signed main()
{
freopen("D.in","r",stdin);
freopen("D.out","w",stdout);
int qQ=read();
while(qQ--)
{
memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0]=1;
memset(p,0,sizeof(p)); m=0;
memset(w,0,sizeof(w));
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read();
sort(w+1,w+n+1);
int tmp=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(w[i]!=w[i-1]) m++;
ckmax(tmp,++p[m]);
}
sort(p+1,p+m+1);
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=n;j>=p[i];j--)
dp[j]=(dp[j]+1LL*p[i]*dp[j-p[i]]%mod)%mod;
int ans=0;
for(int i=tmp;i<=n;i++) ans=(ans+dp[i])%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
以下题目尚未解决
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