Educational Codeforces Round 74 部分题解
A. Prime Subtraction
题意：
给定两个整数 x 和 y（保证 x > y）。你可以选择任意一个质数 p，并从 x 中减去任意次 p。问是否能通过这样的操作使 x 等于 y。
思路：
每次操作相当于选择一个质数 p，然后减去它的倍数。所以问题等价于：是否存在一个质数 p，使得 x-y 是 p 的倍数。由于任意大于 1 的整数都有质因子，因此只要 x-y > 1，就一定能找到这样的 p。而如果 x-y = 1，因为 1 没有质因子，所以不可能。因此只需判断 x-y 是否大于 1 即可。
代码
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void solve() {
int x,y;
cin>>x>>y;
if(x-y==1){
cout<<"NO"<<endl;
}else{
cout<<"YES"<<endl;
}
}
B. Kill 'Em All
题意：
有一条无限长的数轴，原点 \(x=0\) 处有陷阱，任何怪物坐标 \(\le 0\) 时会被陷阱杀死。初始有 \(n\) 个怪物在正半轴，位置为 \(x_i\)。每次操作可以选择一个整数点 \(c\) 发射导弹：位于 \(c\) 的怪物直接死亡；坐标小于 \(c\) 的怪物左移 \(r\) 单位；坐标大于 \(c\) 的怪物右移 \(r\) 单位。求杀死所有怪物的最少操作次数。
思路：
将怪物坐标去重排序，从大到小贪心。设已经进行了 \(cnt\) 次操作，每次操作都会使所有小于攻击点的怪物左移 \(r\)。对于当前最大的坐标 \(x\)，如果 \(x - cnt \cdot r > 0\)，说明它还未被之前的操作波及致死，需要额外一次操作攻击它，此时 \(cnt\) 加一。最终 \(cnt\) 即为答案。
代码
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void solve() {
int n,r;
cin>>n>>r;
a.clear();
a.push_back(0);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
cin>>x;
a.push_back(x);
}
sort(a.begin(),a.end());
a.erase(unique(a.begin(),a.end()),a.end());
n=a.size()-1;
int L=1,R=n;
int ans=0;
while(L<=R){
int mid=L+R>>1;
if(a[n-mid]-mid*r<=0){
ans=mid;
R=mid-1;
}else{
L=mid+1;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
C. Standard Free2play
题意：
悬崖高度为 \(h\)，从 \(1\) 到 \(h\) 每个整数高度都有一个平台。平台有两种状态：隐藏或移出。初始时，有 \(n\) 个移出的平台，高度分别为 \(p_1 > p_2 > \cdots > p_n\)（其中 \(p_1 = h\)），角色站在高度 \(h\) 上。
角色每次可以拉动杠杆，使当前平台隐藏，同时切换正下方平台的状态（隐藏变移出，移出变隐藏）。若切换后下方平台为移出，则角色落到该平台；否则角色会下落，但最多只能安全下落 \(2\) 单位高度（即从 \(x\) 落到 \(x-2\) 安全，落到 \(x-3\) 或更低则死亡）。
此外，可以使用魔法水晶改变任意一个平台（除高度 \(h\) 外）的状态。求安全到达地面（高度 \(0\)）所需的最少水晶数量。
思路：
直接模拟下落过程。设当前位置为 \(cur\)（初始为 \(h\)），每次判断：
- 若 \(cur-1\) 是移出平台：拉动杠杆后，\(cur\) 和 \(cur-1\) 均变为隐藏。之后角色会落到 \(cur-2\)。
- 若 \(cur-2\) 是移出平台，则直接落到该平台。
- 否则需要使用一个水晶将 \(cur-2\) 变为移出，再落到该平台。
- 若 \(cur-1\) 不是移出平台：拉动杠杆后，\(cur\) 变为隐藏，\(cur-1\) 变为移出，角色落到 \(cur-1\)，该操作可加速，直接落到（下一个移出平台+1）的位置。
模拟直到 \(cur =0\) 即可。时间复杂度为 \(O(n)\)。
代码
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vector<int>a;
void solve() {
int n,h;
cin>>h>>n;
a.clear();
a.push_back(h);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
cin>>x;
a.push_back(x);
}
a.push_back(0);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i-1]>a[i]+1){
a[i-1]=a[i]+1;
}
if(a[i]==a[i-1]-1){
if(a[i+1]==a[i]-1){
i++;
}else{
ans++;
a[i]=a[i]-1;
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
D. AB-string
题意：
给定一个长度为 \(n\) 的只包含 A 和 B 的字符串 \(s\)，求 \(s\) 的所有子串中，有多少个子串是“好”的。一个字符串是“好”的当且仅当它的每个字符都至少属于一个长度大于 \(1\) 的回文子串。
思路：
考虑总子串数为 \(\frac{n(n+1)}{2}\)，减去“不好”的子串数。
一个子串是“不好”的当且仅当：
- 长度为 \(1\)（显然无法属于长度 \(>1\) 的回文），或者
- 由两个不同字符的连续段组成，且其中一段的长度为 \(1\)。
对于每一对相邻的不同字符 \(s_i \neq s_{i+1}\)，设 \(L\) 为 \(s_i\) 向左连续相同字符的个数（包含 \(i\)），\(R\) 为 \(s_{i+1}\) 向右连续相同字符的个数（包含 \(i+1\)），则这对相邻字符会贡献 \(L + R - 1\) 个长度 \(\ge 2\) 的“不好”子串。
预处理每个位置向左/向右的连续相同长度，遍历所有相邻对累加贡献，再用总子串数减去即可。
代码
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int a[N];
int b[N];
string s;
void solve() {
int n;
cin>>n;
cin>>s;
int ans=(n-1)*n/2;
a[0]=1;
for(int i=1;i<n;i++){
if(s[i]==s[i-1]){
a[i]=a[i-1]+1;
}else{
a[i]=1;
}
}
b[n-1]=1;
for(int i=n-2;i>=0;i--){
if(s[i]==s[i+1]){
b[i]=b[i+1]+1;
}else{
b[i]=1;
}
}
for(int i=1;i<n;i++){
if(s[i]!=s[i-1]){
ans-=a[i-1]+b[i]-1;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
E. Keyboard Purchase
题意：
给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，仅由前 \(m\) 个小写字母组成。你需要选择一个键盘布局，即前 \(m\) 个小写字母的一个排列。定义打字的慢度为：对于字符串 \(s\) 中每一对相邻字符，它们在键盘上的位置差的绝对值之和。求最小可能的慢度。
思路：
由于 \(m\) 很小（\(\le 20\)），考虑状态压缩 DP。设 \(dp[mask]\) 表示已经将 \(mask\) 中的字母放置在键盘的前 \(|mask|\) 个位置（从左到右）时，当前的最小慢度。转移时，考虑在 \(mask\) 中加入一个新字母 \(i\)，将其放在当前所有已放置字母的右边（位置为 \(|mask|\)）。
新增的代价为：\(\displaystyle|mask| \times (2 \times \sum_{j \in mask} cnt[i][j] - s1[i])\)，其中 \(cnt[i][j]\) 为字母 \(i\) 和 \(j\) 在字符串中相邻的次数（无序对），\(s1[i]\) 为字母 \(i\) 与所有其他字母的 \(cnt\) 值之和。
\(\sum_{j \in mask} cnt[i][j]\) 可以通过SOSDP预处理，时间复杂度为 \(O(m \times 2^m)\) 。
代码
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string s;
int cnt[26][26];
int dp[1<<20];
int sum[22][1<<20];
int s1[22];
void solve() {
int n,m;
cin>>n>>m;
cin>>s;
for(int i=1;i<n;i++){
cnt[s[i]-'a'][s[i-1]-'a']++;
cnt[s[i-1]-'a'][s[i]-'a']++;
}
int S=1<<m;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < S; j++) {
int lb = j & -j;
int k = __builtin_ctz(lb);
sum[i][j] = sum[i][j ^ lb] + cnt[i][k];
}
}
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(i!=j){
s1[i]+=cnt[i][j];
}
}
}
dp[0] = 0;
for (int j = 1; j < S; j++) {
dp[j]=1e18;
}
for (int j = 1; j < S; j++) {
for (int i = 0; i < m; i++) {
if (j >> i & 1) {
int ct = __builtin_popcount(j ^ (1 << i));
int ndp = dp[j ^ (1 << i)] + ct * (2 * sum[i][j ^ (1 << i)] - s1[i]);
dp[j] = min(dp[j], ndp);
}
}
}
cout << dp[S - 1] << endl;
}
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