AtCoder Beginner Contest 408

A，B

H₂O题。
A 题直接秒，B 题直接用 STL，甚至比 A 题短。

C

观察题意后发现本题其实就相当于求防守最薄弱的城堡。

看到区间修改多次最后查询，用差分解决就行，最后再用前缀和求值取 min。

当然你也可以用线段树来做

D

俗话说得好，有错误贪心就一定有正确 DP。

在赛时我先试图写了贪心，但是失败了

所以，我们想一下状态定义。

状态定义

按照直觉，DP 数组的第一维一定表示他之前的最优解。

注意到这个下标的最优解跟前面的连续 1 序列个数有关（有连续 1 序列之后就不能再有了）。

所以第二维就是前面的连续 1 序列个数了。

我们还可以发现这个下标的最优解跟前面的一项有关，如果有连续 1 序列且是 0，那这一位就不能放 1 了。

所以汇总一下：

int f[N][2][2];
// f[i][j][k]: 前 i 个满足 1 的序列有 j 个并且第 i - 1 项为 k 时的答案

状态转移

先考虑前面没有连续 1 序列的情况。

没有连续 1 序列

所以这一位只能填 0。

前一位同样，而且也得满足「没有连续 1 序列」。

if (!s[i])
{
    f[i][0][0] = f[i - 1][0][0];
}
else
{
    f[i][0][0] = f[i - 1][0][0] + 1;
}

有连续 1 序列

如果这一位填 0，那么上一位必须满足「有连续 1 序列」，至于填不填 1 无所谓。

如果这一位填 1，那么上一位必须满足「有连续 1 序列」并且填 1，或者不满足「有连续 1 序列」并且填 0。

if (s[i])
{
    f[i][1][1] = min(f[i - 1][0][0], f[i - 1][1][1]);
    f[i][1][0] = min(f[i - 1][1][0], f[i - 1][1][1]) + 1;
}
else
{
    f[i][1][0] = min(f[i - 1][1][0], f[i - 1][1][1]);
    f[i][1][1] = min(f[i - 1][0][0], f[i - 1][1][1]) + 1;
}

赛后我发现原来不用 DP 也能做，用 DP 做感觉就是 E 题的难度了。

E

赛时我先试图使用了最短路算法求，但是发现无法通过样例 2（原因是优先队列无法满足按位或这种对条边不一样的情况）。

于是我们可以换换思路，何不使用类似二分答案的方法，从答案的角度入手能？

想要判断一个答案是否可行，只要判断是否有一条 \(1\) 到 \(n\) 的路径满足所有子元素都是答案的子集就行了。

接下来我们可以贪心地想，先让答案包含所有元素，然后再每次移除一个元素，判断是否可行，如果可行就永久移除。

最后答案必定是最小的。

判断可行时只要只将满足边权是答案的子集的边加入临时的图里，然后再判断 \(1\) 和 \(n\) 是不是同一个连通块即可。

后面的题作者没有写，请尽情谅解