Codeforces Round 946 (Div

\(\Huge{Codeforces~Round~946~(Div.3)}\)

题目链接：Codeforces Round 946 (Div. 3)

目录

• Problems A. Phone Desktop
  • 题意
  • 思路
  • 标程
• Problems B. Symmetric Encoding
  • 题意
  • 思路
  • 标程
• Problems C. Beautiful Triple Pairs
  • 题意
  • 思路
  • 标程
• Problems D. Ingenuity-2
  • 题意
  • 思路
  • 标程
• Problems E. Money Buys Happiness
  • 题意
  • 思路
  • 标程

Problems A. Phone Desktop

题意

有无限个\(3\times 5\)的二维方阵，然后给出x个\(1 \times 1\)的方块和y个\(2\times 2\)的方块，要求所有方块全部放在方阵里，求最少需要多少个方阵。

思路

每个方阵能放两个\(2\times 2\)的方块，或者15个\(1\times 1\)的方块，然后根据\(2\times 2\)个数，求出至少需要多少个方阵，然后再根据\(1\times 1\)方块个数判断需不需要加方阵。

标程

void Solved() {
    int x, y; cin >> x >> y;
    int sum1 = (y + 1) / 2;
    int sum2 = sum1 * 7;
    if(y & 1) sum2 += 4;

    sum2 -= x;
    if(sum2 < 0) {
        sum2 *= -1;
        sum1 += (sum2 + 14) / 15;
    }
    
    cout << sum1 << endl;
}

Problems B. Symmetric Encoding

题意

题目给出一个字符串\(s\)，然后要求求解其加密前的字符串。

加密过程为：

• 先将\(s\)去重排序得到\(s2\)。
• 然后对\(s2\)进行首尾映射：
• 
• 最后根据映射改变\(s\)。

思路

根据加密过程进行模拟。

字符串是否加密，其去重排序的结果是不变的，然后用\(map\)记录字母映射，然后对加密字符串解密即可。

标程

void Solved() {
    int n; cin >> n;
    string s; cin >> s;
    string ss = s, s1;

    sort(ss.begin(), ss.end());

    s1 = s1 + ss[0];
    for(int i = 1; i < n; i ++ ) {
        if(s1.back() != ss[i]) s1 = s1 + ss[i];
    }

    map<char, char> mp;
    int len = s1.size();
    for(int i = 0; i < len; i ++ ) {
        mp[s1[i]] = s1[len - i - 1];
        mp[s1[len - 1 - i]] = s1[i];
    }
    for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
        cout << mp[s[i]];
    } cout << endl;
}

Problems C. Beautiful Triple Pairs

题意

题目给出一串长度为\(n\)的数列\(a\)，如果任意三元组\(j (1 \le j \le n - 2) [a_j, a_{j + 1}, a_{j + 2}]\)能够与其他三元组符合：任意一个位置不同其他两个位置相同，那么这个三元组就是美丽的，求其中美丽三元对的个数。

• \(3 \le n \le 2 \cdot 10^5\)

思路

这道题的数据范围比较大，我们可以发现，对于任意三元组，如果我们需要找出所有三元组中有多少满足要求，其结果是：所有与它有至少两个相等的三元组个数，减去所有与它全部相等的三元组个数。

因此我们可以遍历一遍，然后用map存一下所有三元组中的两个，一共需要用三个map，然后再存一下每个三元组本身的个数，然后遍历一遍求解即可。

需要注意的是，我们求解过程中每个美丽三元组都加了两次，所以需要最后结果除以\(2\)。

标程

#define int long long 
#define PII pair<int, int>
#define fi first 
#define se second

void Solved() {
    int n; cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);

    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        cin >> a[i];
    }
    map<PII, int> mp1, mp2, mp3;
    map<tuple<int, int, int>, int> mp;
    for(int i = 1; i <= n - 2; i ++ ) {
        mp[{a[i], a[i + 1], a[i + 2]}] ++;
        mp1[{a[i + 1], a[i + 2]}] ++;
        mp2[{a[i], a[i + 2]}] ++;
        mp3[{a[i], a[i + 1]}] ++;
    }
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= n - 2; i ++ ) {
        res += mp1[{a[i + 1], a[i + 2]}] - mp[{a[i], a[i + 1], a[i + 2]}];
        res += mp2[{a[i], a[i + 2]}] - mp[{a[i], a[i + 1], a[i + 2]}];
        res += mp3[{a[i], a[i + 1]}] - mp[{a[i], a[i + 1], a[i + 2]}];
    }
    
    cout << res / 2 << endl;
}

Problems D. Ingenuity-2

题意

题目给出上下左右四种操作，分别用“WESN"对应。现在有一个直升机H和漫游车\(R\)，然后给出一串操作，要求每次选择直升机移动，或者漫游车移动，要求最后到达同意位置，题目要求输出一种具体解决方案，并且直升机或者漫游车都至少移动一次。

思路

本题是一道模拟，我们考虑如下情况：一般地，如果讲所有操作全用一种机器移动，设最后坐标为\((x,y)\)，若\(x\)或\(y\)为奇数，则题目无解，否则可以将两个机器都移动到\((\frac{x}{2},\frac{y}{2})\)位置。

实现方法就是：每个机器都移动每种操作数的一半。

唯一需要注意的就是：

• 不存在解决方案的情况：除了上述的横纵坐标出现奇数，还有就是当\(n\)为\(2\)，且两个操作不一样的情况。
• 当上下左右各出现一次的时候，需要特判，因为题目要求每个机器都至少移动一次。

标程

void Solved() {
    int n; cin >> n;
    string s; cin >> s;

    int x = 0, y = 0;
    map<char, int> mp;
    for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
        if(s[i] == 'N') y ++, mp['N'] ++;
        if(s[i] == 'S') y --, mp['S'] ++;
        if(s[i] == 'W') x --, mp['W'] ++;
        if(s[i] == 'E') x ++, mp['E'] ++;
    }
    if((x & 1) || (y & 1) || (n == 2 && s[0] != s[1])) {
        cout << "NO\n"; return;
    }
    string ss = "WESN";
    int t = 0;
    for(auto i : ss) if(mp[i]) t ++;

    if(t == 4 && n == 4) {//判断EWSN的情况
        for(int i = 0; i < 4; i ++ ) {
            if(s[i] == 'W' || s[i] == 'E') cout << 'H';
            if(s[i] == 'S' || s[i] == 'N') cout << 'R';
        }
        cout << endl;
        return;
    }
    
    map<char, int> mp2;
    for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
        if(mp2[s[i]] < mp[s[i]] / 2) cout << 'R', mp2[s[i]]++;
        else cout << 'H';
    }
    cout << endl;
}

Problems E. Money Buys Happiness

题意

作者每个月的工资为\(k\)，每个月有购买幸福的机会，但是本月工资不能用来购买本月幸福，工资可以累计。每个月的幸福有价值和幸福度，作者希望\(n\)个月过后自己的幸福度最多，求幸福度最多为多少？

数据范围：

• \(0 \le c_i \le 10^8,1 \le h_i \le 10^3\)，\(c_i\)表示幸福价值，\(h_i\)表示幸福度。
• \(\sum_i h_i\le 10^5\)
• \(1 \le n \le 50, 1 \le k \le 10^8\)

思路

跟据题目来看，这道题应该是一道\(dp\)，但是状态转移方程不太好推。

容易注意到幸福度之和比较小，同时\(n\)的数据范围也比较小，并且\(O(n \times \sum_i h_i)\)的时间复杂度也不会超时。

通过观察发现，当幸福度最多时，满足幸福度最多，所用价值最少。因此我们考虑讲幸福度看作背包问题中的价值，幸福价值看作重量，然后把问题转化为求解幸福度最多，并且所用价值最少的情况。那么这道题就转化为了一道01背包问题。

标程

#define int long long 
const int INF = 0x7fffffff;

void Solved() { 
    int n, k; cin >> n >> k;
    vector<PII> a(n + 1);
    int sum = 0;

    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        int x, y; cin >> x >> y;
        a[i] = {x, y};
        sum += y;
    }
    int res = 0;
    vector<int> f(sum + 1, INF * 10000);//数据范围会爆int
    f[0] = 0;

    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        for(int j = sum - a[i].se; j >= 0; j -- ) {
            //当前工资需要满足能够买本月幸福和枚举的幸福，否则无法转移
            if((i - 1) * k >= a[i].fi + f[j]) {
                f[j + a[i].se] = min(f[j + a[i].se], f[j] + a[i].fi);
            }
        }
    }
    
    for(int i = sum; i; i -- ) {
        if(f[i] != INF * 10000) {
            res = i; break;
        }
    }
    cout << res << endl;
}