Educational Codeforces Round 101 (Rated for Div. 2)
A - Regular Bracket Sequence
给定只含'(' ')' '?'的字符串，?可以替换成'('或')'，问能否通过替换使得成为合法的括号序列，如(())，(()())。
完全想复杂了，一直在想?怎么具体替换成括号，其实只需要特判一下就行。
- 长度若为奇数，则一定不行。
- 开头如果是')'，则一定不行。
- 结尾如果是'('，则一定不行。
B - Red and Blue
给定\(n+m\)个数\(a_1, a_2, \dots, a_{n + m}\)，其中\(n\)个染成红色\(r_1, r_2, \dots, r_n\)，\(m\)个染成蓝色\(b_1, b_2, \dots, b_m\)，\(r_i,b_i\)顺序为在\(a\)中的相对顺序。
给定\(r_1, r_2, \dots, r_n,b_1, b_2, \dots, b_m\)，要求最大化：
\[f(a) = \max(0, a_1, (a_1 + a_2), (a_1 + a_2 + a_3), \dots, (a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_{n + m})) \]
读题没读清楚，写到一半莫名其妙写成另外一个题了(大雾
要求最大化的是\(a\)中的某一个前缀，不是某一个连续子序列，而且答案不能是负数
把\(r_1, r_2, \dots, r_n\)的最大前缀和\(b_1, b_2, \dots, b_m\)最大前缀相加即可
因为\(r\)和\(b\)是按照在\(a\)中的相对位置，所以把他们两个的最大前缀排在最前面，剩下的随便排在后面即可
C - Building a Fence
有\(n\)个高度为\(k\)的栅栏，宽都是\(1\)，地面的高度为\(h_i\)，栅栏可以放在地面上，也可以浮空(最多浮空高度为\(k-1\))，第\(1\)个和第\(n\)个栅栏必须在地面上，问能不能使得每个栅栏之间都有边。
看完题之后感觉思路应该是计算出每个栅栏的区间，但是我竟然把每个栅栏能取值(无论合法与否)的区间求出来然后判断了..........
正确思路应该是从第一个区间开始往后退，每一个合法区间的下界和上界。
第一个栅栏最大为\(maxn_1=h[1]+k\)，最小\(minn_1=h[1]\)，第二个为\(minn_2=max(h[2],minn_1-k+1)\)第二项加\(1\)是因为至少要有长\(1\)的边，\(maxn_2=min(h[2]+2*k-1,maxn_1+k-1)\)，第一项是浮空\(k-1\)，第二项是和上一次最大值只有\(1\)的边
只需要判断一下中途会不会出现\(maxn_i<minn_i\),\(maxn-k<h[i]\),\(minn>h[i]+k-1\)，然后看一下最后一个能不能在地面上即可
const int N = 2e5 + 2020;
int T, n, k, h[N];
int main()
{
T = read();
while(T--){
n = read(), k = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) h[i] = read();
int maxn = 0, minn = 0;
int flag = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i){
if(i == 1){
maxn = h[1] + k;
minn = h[1];
}
else {
minn = max(h[i], minn - k + 1);
maxn = min(h[i] + 2 * k - 1, maxn + k - 1);
}
if(maxn < minn || minn > h[i] + k - 1 || maxn - k < h[i]){
flag = 0;
break;
}
}
if(minn != h[n]) flag = 0;
if(flag == 0) cout << "NO";
else cout << "YES";
puts("");
}
return 0;
}
D - Ceil Divisions
思维题
你有一个数组 \(1,2,3,4,....,n\)。每次可以选择\(x\)和\(y(x≠y)\)，使得\(a_x = \left\lceil \frac{a_x}{a_y} \right\rceil\)，你的目标是在不超过\(n+5\)步的情况下使数组由\(n-1个1\)和\(1\)个\(2\)组成。输出每一步
- 方法一
容易发现，我们可以比较简单的把\([3,n)\)变成\(1\)，只需要把他们都除以\(n\)(上取整)即可
此时只剩下\(1,2,1,...,n\)，已经用了\(n-3\)步，现在我们要处理掉\(n\)，只能\(n/2\)，需要\(log_2n\)次，不符合题目步数限制。
我们可以考虑如何处理\(n\),注意到\(\sqrt{n}\)最多才\(5\)次，所以可以把\(\sqrt{n}\)求出来，单独放到一个集合\(b\)里面，对于\([3, n) \cap \complement_{\mathrm{U}} b\)直接除以\(n\)，\(b\)中元素(注意除去\(2\))和前一个除两次变成\(1\)，
- 方法二
一个更简单的方法
首先通过\(i\)除以\(n\)的方法把\([3,n)\)变成\(1\)（注意不包括8)，然后把\(n\)除以\(8\)，把\(n\)变成\(1\)，最后对\(8\)进行3次除以\(2\)，把\(8\)变成\(1\)
一共需要：第一步\(n-4\)次+第二步\(6\)次(\(n_{max}=2e5<262144\))+第\(3\)步\(3\)次\(=n+5\)
参考代码非常不简洁。
const int N = 2e5 + 15;
int T, n;
struct node{
int x, y;
}ans[N];
int main()
{
T = read();
while(T--){
n = read();
if(n <= 8){
int cnt = 0;
if(n == 3){
printf("2\n3 2\n3 2\n");
continue;
}
for(int i = 3; i <= n - 1; ++i){
ans[++cnt].x = i;
ans[cnt].y = n;
}
int tmp = n;
while(tmp != 1){
tmp = ceil(tmp * 1.0 / 2.0);
ans[++cnt].x = n;
ans[cnt].y = 2;
}
cout << cnt << '\n';
for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
printf("%d %d\n", ans[i].x, ans[i].y);
}
else{
int cnt = 0;
for(int i = 3; i <= n - 1; ++i){
if(i == 8) continue;
ans[++cnt].x = i;
ans[cnt].y = n;
}
int tmp = n;
while(tmp != 1){
tmp = ceil(tmp * 1.0 / 8.0);
ans[++cnt].x = n;
ans[cnt].y = 8;
}
for(int i = 1; i <= 3; ++i){
ans[++cnt].x = 8;
ans[cnt].y = 2;
}
cout << cnt << '\n';
for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
printf("%d %d\n", ans[i].x, ans[i].y);
}
}
return 0;
}
