Codeforces Round #700 (div1)
A. Searching Local Minimum (*1700)
题意
交互题
有一个长度为\(n(1\leq n\leq 1e5)\)的排列\(a\)，要求询问小于等于\(100\)次，找到一个极小值点，极小值点\(i\)即为满足\(a_i<min\{a_{i-1},a_{i+1} \}\)的点。定义\(a_0=a_{n+1}=+\infty\)
题解
通过二分维护包含极小值点的区间\([l,r]\)，令\(a_{l-1}>a_l\)并且\(a_r<a_{r+1}\)，初始时\(l=1,r=n\)
case 1: \(a_{mid}<a_{mid+1}\)，区间变成\([l,mid]\)
case 2: \(a_{mid}>a_{mid+1}\)，区间变成\([mid+1,r]\)
询问次数为\(2\lceil{log_2{n}}\rceil< 34<100\)
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define eps 1e-6
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
int n;
bool check(int mid){
int x,y;
printf("? %d\n",mid);
fflush(stdout);
scanf("%d",&x);
printf("? %d\n",mid+1);
fflush(stdout);
scanf("%d",&y);
return x<y;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
int l=1,r=n;
while(r>l){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("! %d\n",r);
fflush(stdout);
}
B1. Painting the Array I (*1900)
题意
给出一种构造方案，将一个给定的长度为\(n(1\leq n\leq 1e5)\)的数组\(a\)拆分成两个子序列，子序列中连续的相同的数合并成一个，使得两个子序列长度之和最大，计算最大的长度之和
题解
贪心
设两个队列分别为\(s\)和\(t\)，扫描数组\(a\)，设当前扫描到的元素为\(x\)，队列\(s\)和\(t\)的末尾元素分别为\(y\)和\(z\)
case 1：\(x\)与\(y\)或者\(z\)的其中一个相同，另外一个不同，则将\(x\)添加到不同的那个数所在队列的末尾。
case 2：\(x\)与\(y\)和\(z\)都不相同，则将\(x\)添加到待扫描的元素中\(y\)或者\(z\)出现更早的队列中
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define eps 1e-6
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
const int maxn=100010;
int n,a[maxn],pos[maxn],nxt[maxn];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<=n;i++) pos[i]=n+1;
for(int i=n;i>=0;i--){
nxt[i]=pos[a[i]];
pos[a[i]]=i;
}
int j=0,k=0,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==a[j]){
ans+=a[i]!=a[k];
k=i;
}
else if(a[i]==a[k]){
ans+=a[i]!=a[j];
j=i;
}
else{
ans++;
if(nxt[j]<nxt[k]){
j=i;
}
else{
k=i;
}
}
}
printf("%d\n",ans);
}
B2. Painting the Array II (*2100)
题意
给出一种构造方案，将一个给定的长度为\(n(1\leq n\leq 1e5)\)的数组\(a\)拆分成两个子序列，子序列中连续的相同的数合并成一个，使得两个子序列长度之和最小，计算最小的长度之和
题解
方法一：贪心
与\(B1\)的构造相反
设两个队列分别为\(s\)和\(t\)，扫描数组\(a\)，设当前扫描到的元素为\(x\)，队列\(s\)和\(t\)的末尾元素分别为\(y\)和\(z\)
case 1：\(x\)与\(y\)或者\(z\)的其中一个相同，则将\(x\)添加到相同的那个数所在队列的末尾。
case 2：\(x\)与\(y\)和\(z\)都不相同，则将\(x\)添加到待扫描的元素中\(y\)或者\(z\)出现更晚的队列中
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define eps 1e-6
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
const int maxn=100010;
int n,a[maxn],pos[maxn],nxt[maxn];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<=n;i++) pos[i]=n+1;
for(int i=n;i>=0;i--){
nxt[i]=pos[a[i]];
pos[a[i]]=i;
}
int j=0,k=0,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==a[j]){
j=i;
}
else if(a[i]==a[k]){
k=i;
}
else{
ans++;
if(nxt[j]>nxt[k]){
j=i;
}
else{
k=i;
}
}
}
printf("%d\n",ans);
}
方法二：dp
扫描数组\(a\)，对于\(1\leq j<i\)，设\(a[j-1]\)与\(a[i]\)在同一个队列中相邻，则将下标为\([j,i-1]\)的元素移动到另一个队列中，考虑一个\(O(n^2)\)的dp：
\(f[i]=min_{1\leq j<i}\{ f[j]+(i-j-1)+[a[j-1]\neq a[i]]\}\)
优化成\(O(n)\)：
设\(g(i,j)=f(j)+(i-j-1)+[a[j-1]\neq a[i]]\)
转移有两种情况：
1.从\((i-1)\)处转移，\(f[i]=min(f[i],g(i,i-1))\)
2.设之前出现过\(a[i]\)的最近位置为\(last[i]\)，则从\(last[i]+1\)处转移，\(f[i]=min(f[i],g(i,last[i]+1))\)
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define eps 1e-6
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
const int maxn=100010,inf=1e9+10;
int n,m,a[maxn],f[maxn],pos[maxn],last[maxn];
int g(int i,int j){
return f[j]+(i-j-1)+(a[j-1]!=a[i]);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]!=a[i-1]) a[++m]=a[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++){
last[i]=pos[a[i]];
pos[a[i]]=i;
}
f[1]=1;
for(int i=2;i<=m;i++){
f[i]=g(i,i-1);
if(last[i]){
int j=last[i]+1;
f[i]=min(f[i],g(i,j));
}
}
printf("%d\n",f[m]);
}
