Codeforces Round 882 (Div. 2)
Codeforces Round 882 (Div. 2)
A.The Man who became a God
题目大意
给定一个数组 \({x_1,x_2,⋯,x_n}\) 和一个整数 \(k\)，记 \(f(l,r)=∑_{i=0}^{i≤r−l}∣x_l+i−x_l+i+1∣\)，求将数组划分为 \(k\) 个部分的划分方案，使得对每个部分的 \(f(l,r)\) 之和最小.
思路
求出相邻两个元素的差值，去掉前 \(m\) 个大的差值以后的差值和为答案。
memset(b, 0, sizeof(b));
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
for (int i = 1; i < n; i++)
b[i] = abs(a[i] - a[i + 1]);
sort(b + 1, b + n + 1);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n - k + 1; i++)
ans += b[i];
cout << ans << endl;
B Hamon Odyssey
题目大意
长长长......link
思路
首先我们已知
所以每两个数一直两两相与一定会形成一个不下降序列，易得 \(a_1 \& a_2\&...\&a_n\) 为最题意中的小值
因为这个值是最小值，所以当这个数 \(>0\) 时，使用其他分组的答案和一定比这个答案大，所以只能分一组，也就是一整组为一组
当最小值为 \(0\) 时，我们考虑从 \(a_1\) 一直遍历到 \(a_n\) ，一定会有一种情况使得 \(a_1 \& a_2...\&a_i\) 的值为 \(0\) ，因为保底到 \(a_n\)
当出现为 \(0\) 的情况时，就切一刀，分一组，因为要尽量分多组，且 \(0\) 已经是最小的了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n;
int a[200004];
int ans, minn, an = -1;
int main()
{
cin >> t;
while (t--)
{
int n;
cin >> n >> a[1];
int minn = a[1];
for (int i = 2; i <= n; i++)
cin >> a[i], minn = minn & a[i];
if (minn > 0)
{
puts("1");
continue;
}
int an = -1, ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (an == -1)
an = a[i];
an &= a[i];
if (an == 0)
{
an = -1;
ans++;
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
C.Vampiric Powers, anyone?
题目大意
思路
我们发现对于 \(l,r\) 我们先取 \(r\) 再取 \(l\) 进行操作，然后我们就发现， \(r+1 \to n\) 的位置都无效了,因为 \(A \oplus B\oplus B=A\) ,\(r+1\) 到 \(n\) 异或了两次，自然无效
所以我们可以把问题转化为
给定一个序列 \(a\) ,求 \(a\) 中的区间最大异或和
很容易想到 \(dp\)，我们令 \(dp_{i,j}\) 为以 \(i\) 为结尾的区间知否有可能异或和为 \(j\)
边界条件：\(dp_{0,0}=1,dp_{i,a_i}=1\)
状态转移方程
很容易想到，将那个区间再添加一个 \(a_i\) 的值就行了
我们枚举所有可能的 \(j\) (也就是所有状态) 即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
bool dp[N][1 << 8 | 1];
int a[N];
int main()
{
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
dp[0][0] = 1;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j < (1 << 8); j++)
dp[i][j] = 0;
for (int j = 0; j < (1 << 8); j++)
{
dp[i][j ^ a[i]] |= dp[i - 1][j];
if (dp[i][j])
ans = max(ans, j);
}
dp[i][a[i]] = 1;
ans = max(ans, a[i]);
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
D. Professor Higashikata
题目大意
经过某个 \(s\) 串中的子串拼接，会得到一个 \(t\) 串，为了使得 \(t\) 串的字典序最大，要对 \(s\) 串中的字符进行几次交换，输出最下的次数？
思路
1.
首先我们知道，为了让 \(t\) 串最大，其实就是让 \(t\) 串t通过交换使得其中靠前的位置尽量变成 \(1\)
要想知道怎样交换最好，我们就要知道 \(t\) 串中用了 \(s\) 中的那些字符
我们发现在构成 \(t\) 串的 \(m\) 个子串拼接过程中，明显会有产生交集，所以我们要考虑区间的合并操作。(并查集跳跃搜索法)
2.
然后我们接下来想：怎么样才能让交换次数最小？
我们定义两个变量来方便我们操作
\(cnt\) ：表示 \(S\) 串中 \(1\) 的个数
\(tot\) ：合并区间后的 \(t\) 串的字符总数
3. 我们对 \(cnt\) 和 \(tot\) 的情况进行分类讨论
\(cnt ≥tot\)
这个状态表明每个为 \(0\) 的数都可以被换满，交换次数就是合并区间后 \(t\) 串 \(0\) 的个数
最小交换次数即为 ：\(tot-合并区间后t串1的个数\)
\(cnt<tot\)
此时说明，绿色框中的 \(0\) 不能全部被 \(1\) 代替，必定胡留下一部分的 \(0\)
此时想要使得 \(t\) 串最大，就要让在 \(t\) 串中靠前位置的 \(0\) 变成 \(1\)
我们记录对 \(s\) 串中被用到的字符在 \(t\) 串中第一次出现的位置，按照这些位置给这些字符设定 一定的优先级
最小的交换次数为 \(cnt-优先级最高的前cnt个字符中1的个数\)
然后计算 \(1\) 的个数就使用树状数组记录即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int p[N], tr[N], f[N];
int n, m, q;
int find(int x)
{
if (p[x] == x)
return x;
return p[x] = find(p[x]);
}
int lowbit(int x)
{
return x & (-x);
}
void add(int pos, int x)
{
for (int i = pos; i <= n; i += lowbit(i))
tr[i] += x;
}
int query(int pos)
{
int ans = 0;
for (int i = pos; i; i -= lowbit(i))
ans += tr[i];
return ans;
}
void solve()
{
cin >> n >> m >> q;
string s;
cin >> s;
s = " " + s;
int cnt = count(s.begin(), s.end(), '1');
for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
p[i] = i;
int tot = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int l, r;
cin >> l >> r;
for (int j = find(l); j <= r; j = find(j))
{
p[j] = j + 1;
f[j] = ++tot;
if (s[j] == '1')
add(f[j], 1);
}
}
while (q--)
{
int j;
cin >> j;
if (f[j])
{
if (s[j] == '1')
{
s[j] = '0';
cnt--;
add(f[j], -1);
}
else
{
s[j] = '1';
cnt++;
add(f[j], 1);
}
}
else
{
if (s[j] == '1')
{
s[j] = '0';
cnt--;
}
else
{
s[j] = '1';
cnt++;
}
}
if (cnt >= tot)
cout << tot - query(tot) << endl;
else
cout << cnt - query(cnt) << endl;
}
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号