Codeforces Round #642 (Div. 3) 题解 (全部6题)
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https://codeforces.com/contest/1353
A. Most Unstable Array
构造序列 \([0,m,0,0,...]\)，取前 \(n\) 个
原因：序列之和为 \(m\)，答案是 \(2m\) 就已经极限了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; typedef pair<int,int> pii;
#define int ll
int T,n,m;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m;
if(n>=3)cout<<m*2<<endl;
else cout<<m*(n-1)<<endl;
}
return 0;
}
B. Two Arrays And Swaps
尽量选 \(a\) 中最小的 \(k\) 个和 \(b\) 中最大的 \(k\) 个交换，当然如果 \(\min\{a_i\}\ge \max\{b_j\}\) 那就算了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; typedef pair<int,int> pii;
#define int ll
int T,n,k;
int a[N],b[N];
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
ll sum=0;
cin>>n>>k;
repeat(i,0,n)cin>>a[i],sum+=a[i];
repeat(i,0,n)cin>>b[i];
sort(a,a+n);
sort(b,b+n,greater<int>());
repeat(i,0,k){
if(a[i]>=b[i])break;
sum+=b[i]-a[i];
}
cout<<sum<<endl;
}
return 0;
}
C. Board Moves
最终状态当然选择中心了
最外一圈（正方形边界）上所有格子都与中心距离相同（都是 \(\dfrac{n-1}2\)），一圈一圈计算即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; typedef pair<int,int> pii;
#define int ll
int T,n;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
ll ans=0;
for(int i=n;i>=0;i-=2)
ans+=(i*i-(i-2)*(i-2))*(i/2);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
D. Constructing the Array
别慌，只不过考察了bfs
emmm然后也不需要再强调什么了吧，直接上就行了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; typedef pair<int,int> pii;
//#define int ll
int T,n;
int ans[N];
struct op{
bool operator()(const pii &x,const pii &y){
return pii(x.second-x.first,-x.first)<pii(y.second-y.first,-y.first);
}
};
priority_queue<pii,vector<pii>,op> q;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
q.push({1,n});
int dcnt=0;
while(!q.empty()){
int l=q.top().first,r=q.top().second; q.pop();
int m=(l+r)/2;
ans[m]=++dcnt;
if(l<m)q.push({l,m-1});
if(m<r)q.push({m+1,r});
}
repeat(i,1,n+1)cout<<ans[i]<<' ';
cout<<endl;
}
return 0;
}
E. K-periodic Garland
难顶，也不知道为什么难顶，可能是我看错题了吧
先考虑把位置模k相等的数放到一起，即 \(a_m=s_{m}s_{[m+k]}s_{[m+2k]}...\)。如果一个 \(a_i\)通过操作后变成 \(00..0011..1100..00\)，并且其他 \(a_j\) 通过操作变成 \(0000...\)，那就满足了题目中的 k-periodic
当然第一步统计所有 \(a_i\) 中 \(1\) 的个数 \(sum\)
我们把 \(a_i\) 中的字符 \(1\) 看成数字 \(1\)，字符 \(0\) 看成数字 \(-1\)，问题就变成了求 \(a_i\) 中最大连续子序列和 （令它为 \(tans\)）（用贪心法， \(O(n)\)），然后 \(sum-tans\) 就是当前的最优解。最终答案是 \(\min\limits_{i} [sum-tans(a_i)]\)（这中间省略了几步原因，我解释不清楚呜呜）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=1000010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; typedef pair<int,int> pii;
#define int ll
int T,n,k;
string S;
vector<int> a,s;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>k>>S;
ll ans=1e9,sum=0;
repeat(i,0,n)sum+=S[i]=='1';
repeat(i,0,k){
a.clear();
for(int j=i;j<n;j+=k)
a.push_back((S[j]-'0')*2-1);
int r=0,tans=0,now=0;
while(r<(int)a.size()){
now+=a[r++];
if(now<0)now=0;
tans=max(tans,now);
}
ans=min(ans,sum-tans);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
F. Decreasing Heights
暴力 \(O(n^4)\)，甚至连终测能不能过都不知道
首先，如果确定了 \((0,0)\) 位置的值，那就dp一下非常轻松（\(O(n^2)\)）。但是 \((0,0)\) 可以为被减为小于等于 \(a[0][0]\) 的任何值，for一下显然t飞
我们考虑令 \(in[i][j]=a[i][j]-(i+j)\)，这样就不用考虑走一步+1的规则了。然后 \((0,0)\) 的值完全可以选取 \(in[i][j]\) 中的这些离散值，一共 \(O(n^2)\) 个这样的值
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=110; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; typedef pair<int,int> pii;
#define int ll
int T,n,m;
int in[N][N],dp[N][N];
set<int> st;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m; st.clear();
repeat(i,0,n)
repeat(j,0,m)
cin>>in[i][j],in[i][j]-=i+j,st.insert(in[i][j]);
ll ans=1e18;
for(auto k:st){
repeat(i,0,n)
repeat(j,0,m){
int a=in[i][j]-k;
dp[i][j]=1e18;
if(a<0)continue;
if(i==0 && j==0)dp[i][j]=a;
if(i!=0)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+a);
if(j!=0)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-1]+a);
}
ans=min(ans,dp[n-1][m-1]);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
