Pinely Round 5 (Div. 1 + Div. 2) A+B+C+D
A.Round Trip
解题思路
简单贪心模拟一下,能减则减
AC code
void solve(){
int r,x,d,n;
cin>>r>>x>>d>>n;
string s;
cin>>s;
s="&"+s;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(r<x&&s[i]=='2') {
ans++;
r-=d;
}
else if(s[i]=='1'){
ans++;
r-=d;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
B.Make Connected
解题思路
不存在连续三格黑色的，那么
1.每个黑色的联通块每次只能走从上侧主对角线和主对角线 或 下侧主对角线和主对角线(副对角线也可)两种策略到达其他的连通块
2.对于每个黑色块，维护四种行走方案，从主对角线上方走&副对角线上方走，主对角线下方走&副对角线上方走，主对角线下方走&副对角线上方走，
观察四种方案是否存在一种可以走到其他所有黑色块，可以拿set维护
复杂度大概是 \(O(n^2\lg {n})\)
AC code
void solve(){
int n;cin>>n;
vector<string>a(n+1,string(n+1,'.'));
vector<string>vis(n+1,string(n+1,0));
vector< set< pair<int,int> > >L(n<<2|1);
vector< set< pair<int,int> > >R(n<<2|1);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n-2;j++){
if(a[i][j]=='#'&&a[i][j+1]=='#'&&a[i][j+2]=='#'){
cout<<"NO"<<endl;
return;
}
}
}
for(int i=1;i<=n-2;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[i][j]=='#'&&a[i+1][j]=='#'&&a[i+2][j]=='#'){
cout<<"NO"<<endl;
return;
}
}
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[i][j]=='#'){
cnt++;
L[i+j].emplace(i,j);
R[i-j+n].emplace(i,j);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[i][j]=='#'){
set<pair<int,int>>Up,Left,Right,Down,All1,All2,All3,All4;
for(auto &[x,y]:L[i+j]){
Up.emplace(x,y);
Left.emplace(x,y);
Right.emplace(x,y);
Down.emplace(x,y);
}
for(auto &[x,y]:R[i-j+n]){
Up.emplace(x,y);
Left.emplace(x,y);
Right.emplace(x,y);
Down.emplace(x,y);
}
for(auto &[x,y]:L[i+j+1]){
Up.emplace(x,y);
}
for(auto &[x,y]:L[i+j-1]){
Down.emplace(x,y);
}
for(auto &[x,y]:R[i-j+n+1]){
Right.emplace(x,y);
}
for(auto &[x,y]:R[i-j+n-1]){
Left.emplace(x,y);
}
for(auto &[x,y]:Up){
All1.emplace(x,y);
All3.emplace(x,y);
}
for(auto &[x,y]:Down){
All2.emplace(x,y);
All4.emplace(x,y);
}
for(auto &[x,y]:Left){
All1.emplace(x,y);
All2.emplace(x,y);
}
if(All1.size()==cnt||All2.size()==cnt) continue;
for(auto &[x,y]:Right){
All3.emplace(x,y);
All4.emplace(x,y);
}
if(All3.size()==cnt||All4.size()==cnt) continue;
cout<<"NO"<<endl;
return;
}
}
}
cout<<"YES"<<endl;
}
C.Loyalty
解题思路
观察忠诚度定义，发现可以把区间分成若干块，每一块产生贡献的是块内最后元素
不难想到一种贪心的思路，尽可能产生大的贡献，把若干个最大的值最大的值放在块的最后
然后维护每个最大值，贪心使其产生贡献丢掉前面若干个最小值。最后的答案就是可以产生贡献1的最大值之和。
排序然后双指针维护大概就行了，这里代码为了方便采用了std::multiset.
AC code
void solve(){
int n;cin>>n;
ll X;cin>>X;
vector<ll>a(n+1);
multiset<ll>Q;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],Q.emplace(a[i]);
ll sum=accumulate(a.begin()+1,a.end(),0LL);
int cnt=0;
vector<ll>ans;
ll tmp=0;
while(!Q.empty()){
ll back=*Q.rbegin();
Q.erase(Q.find(back));
tmp+=back;
while(!Q.empty()&&tmp/X<=cnt){
int front=*Q.begin();
tmp+=front;
ans.push_back(front);
Q.erase(Q.begin());
}
if(tmp/X>cnt) cnt=tmp/X;
ans.push_back(back);
}
auto calc=[&](vector<ll>&ans) ->ll {
ll res=0,tmp=0,cnt=0;
for(int i=0;i<ans.size();i++){
tmp+=ans[i];
if(tmp/X>cnt){
cnt=tmp/X;
res+=ans[i];
}
}
return res;
};
cout<<calc(ans)<<endl;
for(int i=0;i<ans.size();i++) cout<<ans[i]<<' ';
cout<<endl;
}
D.Locked Out
解题思路
观察发现答案值域限定非常小，考虑从值域出发枚举，
首先模板化的把删去最少元素转化为保留最多的元素
然后从大到小开始枚举每个值域对应的下标，
定义 $dp_i $为下标为 $i $的合法串的最大长度
当前下标的dp值由
当前元素前面所有比当前下标大的元素 以及
当前元素后面比当前下标大至少2的元素 转移而来
对于第2种 可以用一种延迟更新的Trick，
而第1种直接询问[1,i-1]中最大dp值即可
发现这样做暴力的话是 \(O(n^2)\),拿线段树或树状数组优化一下可以变成 \(O(n \lg n)\)
AC code
struct BIT{
#define lc (p<<1)
#define rc (p<<1|1)
struct Seg{
int l,r;ll sum;
Seg():l(0),r(0),sum(0LL){}
Seg(int l,int r,ll sum):l(l),r(r),sum(sum){}
};
int n;
vector<Seg>tre;
BIT(int n):n(n){
tre.resize(n<<2);
build(1,n,1);
}
void pushup(int p){
tre[p].sum=max(tre[lc].sum,tre[rc].sum);
}
void build(int l,int r,int p){
tre[p]=Seg(l,r,0LL);
if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;
build(l,mid,lc);
build(mid+1,r,rc);
pushup(p);
}
void Upd(int x,ll k,int p){
if(tre[p].l==tre[p].r){
tre[p].sum=max(tre[p].sum,k);
return;
}
int mid=tre[p].l+tre[p].r>>1;
if(mid>=x) Upd(x,k,lc);
if(mid<x) Upd(x,k,rc);
pushup(p);
}
void Upd(int x,ll k){
const int p=1;
if(tre[p].l==tre[p].r){
tre[p].sum=max(tre[p].sum,k);
return;
}
int mid=tre[p].l+tre[p].r>>1;
if(mid>=x) Upd(x,k,lc);
if(mid<x) Upd(x,k,rc);
pushup(p);
}
ll qry(int l,int r,int p){
if(l<=tre[p].l&&tre[p].r<=r){
return tre[p].sum;
}
int mid=tre[p].l+tre[p].r>>1;
ll ans=0;
if(mid>=l) ans=max(ans,qry(l,r,lc));
if(mid<r) ans=max(ans,qry(l,r,rc));
return ans;
}
ll qry(int l,int r){
const int p=1;
if(l<=tre[p].l&&tre[p].r<=r){
return tre[p].sum;
}
int mid=tre[p].l+tre[p].r>>1;
ll ans=0;
if(mid>=l) ans=max(ans,qry(l,r,lc));
if(mid<r) ans=max(ans,qry(l,r,rc));
return ans;
}
};
void solve(){
int n;cin>>n;
vector<int>a(n+1);
vector<vector<int>>p(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>a[i];
p[a[i]].push_back(i);
}
BIT S(n+1);
for(int x=n;x>=1;x--){
ll res=S.qry(0,n+1);//全局最大值
for(int i:p[x]){
int Len=S.qry(0,i);
S.Upd(i,Len+1);
}
if(res>0) S.Upd(0,res);//延迟更新全局最大值
}
cout<<n-S.qry(0,n+1)<<endl;
}
附上超时的BF代码便于理解
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<vector<int>> vec(n+1);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int val;
cin >> val;
vec[val].push_back(i);
}
vector<int> max_vals(n + 1);
for (int v_idx = n; v_idx >= 1; --v_idx) {
int res = 0;
for (int val : max_vals) res = max(res, val);
for (int i : vec[v_idx]) {
int prev_max = 0;
for (int j = 0; j <= i; ++j) {
prev_max = max(prev_max, max_vals[j]);
}
max_vals[i ] = 1 + prev_max;
}
if (res > 0) {
max_vals[0] = max(max_vals[0], res);
}
}
int lgs_length = 0;
for (int val : max_vals) {
lgs_length = max(lgs_length, val);
}
cout << n - lgs_length << "\n";
}
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