codeforces 1295 题解（完结）
codeforces 1295 题解
A. Display The Number
给你可显示的总数，让你凑个最大的数，很明显，抽象的思想就是“好钢要用在刀刃上”，如果可显示的数字越大，所消耗的越小，他自然更好。
我们观察一下各个数字的消耗情况：
| 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 6 | 2 | 5 | 5 | 4 | 5 | 6 | 3 | 7 | 6 |
数字 \(9\) 比数字 \(8,6\) 要大，消耗还不比他们多，所以答案中肯定不出现 \(8,6\) （单调队列思想）。
这样一看，答案中只有可能出现数字 \(1,7,9\) 。我们再思考一下，一个数字大，他怎么算大？每一位最大的数字大他就一定大？显然不是，判断两个数哪个大，首先要比较位数（大数思想），位数大的自然也就更大。
我们枚举一下，如果我们的可显示总数只有 \([2,3]\) 个，自然都只能凑成一位数了，但如果有 \(4\) 个呢？我们可以用两个 \(1\) 凑成两位数 \(11\) ，如果我们有 \(6\) 个就能凑成 \(111\)，有点感觉以后我们发现好像答案中也不会出现 \(9\) 了，因为“两拳难敌四手”，凑成一个 \(9\) 的代价过高，不如用它多凑几位 \(1\)。
事实上，如果给你偶数个可显示总数，你就用他们都来凑 \(1\) 就行，最后刚刚好。如果给你奇数个，那你可以先凑一个 \(7\)，把它放在最高位，这样也就不会有剩下的了。可以证明答案中最多出现一个 \(7\)，因为出现两个或者以上，那不如用他们多凑几个 \(1\)。详细证明过程略，意思领会就好。
时间复杂度 \(O(n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define _for(i,a,b) for(int i = (a);i < b;i ++)
#define _rep(i,a,b) for(int i = (a);i > b;i --)
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ZHUO 11100000007
#define SHENZHUO 1000000007
#define pb push_back
#define debug() printf("Miku Check OK!\n")
#define maxn 20003
#define X first
#define Y second
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
string rnt;
if(n&0x1)
n -= 3,rnt += '7';
while(n>0)
n -= 2,rnt += '1';
printf("%s\n",rnt.c_str());
}
return 0;
}
B. Infinite Prefixes
根据它给的那个 \(balance\) 公式，我们可以转换一下：字符串 \(t\) 每出现一个 \(0\) ，其实就是 \(balance\)值 \(+1\)，出现一个 \(1\) 就是 \(balance\) 值 \(-1\)。然后我们就能根据字符串 \(t\) 构造一个整数数组 \(a\)。我们就拿样例 \(1\) 说事儿：
| t | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 0 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| a | 1 | 0 | 1 | 2 | 1 | 2 |
那这个数组 \(a\) 有啥子用？我们思考这个字符串 \(t\) 是怎么来的，没错，就是通过字符串 \(s\) 复读来的，那么我们把这个 \(a\) 数组往下写一写，找找规律：
\(1,0,1,2,1,2,3,2,3,4,3,4......\)
复读一遍，我们发现第 \(i(i≥1)\) 位这个数怎么来？我给你一个公式你看看对不对：
\(a_{k,i}=a_{1,i}+a_{1,n}×k\)
其中 \(a_{i,j}\) 代表第 \(i\) 组第 \(j\) 个。
那这样我们就能在预处理出 \(a\) 以后快速计算出第 \(?\) 个数了。我们继续观察这个数组， \(a\) 数组里不同组但是组内相对位置相同则整体单调，所以只有末尾那个数为 \(0\) 的时候才有可能输出 \(-1\)。只有末尾那个数为 \(0\) 还不够，还要中间出现 \(x\) 这个数才输出 \(-1\)。
处理完特殊情况以后我们再继续思考，既然后面都是复读的，而且单调增或者减，我们的 \(x\) 是不变的，那么 \(x\) 对于组内相对位置相同时，在不同组只有可能出现 \(1\) 次，因此我们就看第一组然后算后面的那些个组，该位置应该是什么数，如果能等于 \(x\) ，那说明 \(x\) 可以在该相对位置出现一次，否则就不能。
根据上面的公式随便搞一搞算一算看看能不能整除，就能判断 \(x\) 在该组内相对位置能否出现，能答案就 \(+1\) ，注意特殊考虑 \(0\) 的情况。
时间复杂度 \(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define _for(i,a,b) for(int i = (a);i < b;i ++)
#define _rep(i,a,b) for(int i = (a);i > b;i --)
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ZHUO 11100000007
#define SHENZHUO 1000000007
#define pb push_back
#define debug() printf("Miku Check OK!\n")
#define maxn 100003
#define X first
#define Y second
bool judge(int a,int b)
{
if(!a || (!a && !b))
return true;
if(!b)
return false;
return ((a/abs(a))*(b/abs(b)))>0 && !(a%b);
}
int T;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> T;
while(T--)
{
int n, x;string s;
cin >> n >> x >> s;
int a[maxn];
a[0] = 0;
_for(i,0,n)
a[i+1] = a[i] + ((!(s[i]-'0')) ? 1 : -1);
int rnt = 0;
if(!a[n])
{
_for(i,1,n+1)
if(a[i]==x)
rnt = -1;
if(rnt==-1)
{
printf("-1\n");
continue;
}
}
if(!x)
rnt ++;
_for(i,1,n+1)
{
int tmpx = x;
tmpx -= a[i];
if(judge(tmpx,a[n]))
rnt ++;
}
printf("%d\n",rnt);
}
return 0;
}
C. Obtain The String
既然是从字符串 \(s\) 中取子序列凑 字符串 \(t\) ，那就贪心的去凑就可以了：每一次从 \(s\) 中取出的字符串自然越长越好。
关键是我们不能对于每个 \(t\) 中的字符都往后面无脑扫一遍 \(s\) ，那是 \(O(n^2)\) 的时间复杂度，那我们就想点好方法快点扫不就完事儿了吗！怎么快呢，我们预处理 \(dp[i][j]\) 表示在字符串 \(s\) 下标为 \(i\) 的地方，后面最靠近该位置的字母 \(j+'a'\) 的下标是多少 ，这样到时候我们就能跳着扫 \(s\) ，这样就快的多了。
输出 \(-1\) 的情况既很好判断也很好理解：字符串 \(t\) 中出现了 字符串 \(s\) 中没有的字母自然就凑不出来咯！
时间复杂度 \(O(max(|s|,|t|))\) 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define _for(i,a,b) for(int i = (a);i < b;i ++)
#define _rep(i,a,b) for(int i = (a);i > b;i --)
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ZHUO 11100000007
#define SHENZHUO 1000000007
#define MIKUNUM 39
#define pb push_back
#define debug() printf("Miku Check OK!\n")
#define maxn 100003
#define X first
#define Y second
//MIKUNUM是我喜欢的数字，没啥意义，你也可以改成，40，50，或者30，都行
int T;
string s, t;
int latest[MIKUNUM];
int dp[maxn][MIKUNUM];
bool judge()
{
_for(i,0,t.size())
if(latest[t[i]-'a']==-1)
return false;
return true;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> T;
while(T--)
{
cin >> s >> t;
//这里初始化的可能有点多了，放在程序最后然后根据当前输入量初始化能省点时间
memset(latest,-1,sizeof(latest));
memset(dp,-1,sizeof(dp));
_rep(i,s.size()-1,-1)
{
_for(j,0,26)
dp[i][j] = latest[j];
latest[s[i]-'a'] = i;
}
if(!judge())
{
printf("-1\n");
continue;
}
int rnt = 0;
int s_in = -1;
_for(i,0,t.size())
{
if(s_in==-1)
{
rnt ++;
s_in = latest[t[i]-'a'];
continue;
}
s_in = dp[s_in][t[i]-'a'];
(s_in == -1) ? i-- : MIKUNUM;
}
printf("%d\n",rnt);
}
return 0;
}
D. Same GCDs
数论题，卓爷的锅，我就不背了，\(\%ZHUO\)
E. Permutation Separation
我们看到这题，自然而然应该就会想到两个问题：
- 划分的依据是什么（划分完左右各有哪些元素）
- 如何移动是最优的
如果能把这两个子问题搞定，那答案也就不难出来了。我们再读题，他给了个排列，也就是数组 \(p\) 里的元素是从 \(1\) 到 \(n\) 的，那我们现在看第一个子问题，全都移动好以后左面无非就是 \(1\) ，\(1,2\) ，\(1,2,3\) ，\(1,2,3,4\) ... ...这些个情况。
我们再考虑，现在随便选一个位置，那么左边要移动什么到右边，右边要移动什么到左边就确定了。比如你说左边有 \(3\) 个数，那无非左边就是 \(1,2,3\) ，所以如果 \(1,2,3\) 有在你分的地方的右边那么就要要移动到左边，左边除了这三个元素都要移动到右边。敲定一开始的划分位置和最终左边数组的大小，暴力 \(O(n^2)\) 算法成了，但数据范围肯定 \(T\) 飞。
考虑一下怎么优化，我们搞个代价数组 \(a\) 的前缀和数组出来，然后求下标为 \([1,n-1]\) 的最小值即可。这是什么？这就是你假设全移动完以后左边是空着的，所有数都在右边的答案，取最小值其实就是枚举一开始在哪儿划分的过程。那我们只要枚举左边数组的大小，然后答案取各个不同数组大小情况下的最小值不就行了吗？（之所以是 \([1,n-1]\) ，是因为我们假设划分是在该下标的数的右边，如果取 \(n\)，说明一开始就划分出一个 “一边空”，那自然不符合题意）。
枚举左边数组大小那必定对时间复杂度有个 \(n\) 的贡献没跑了，不过我们区间查最小值可以优化到 \(logn\) 。对于一个在 数组\(p\) 中值为 \(i(1≤i≤n)\) 的数，我们可以让前缀和数组右边都减去 \(a[pos[i]]\) （\(pos[i]\) 为 \(i\) 在原数组中的位置），左边都加上 \(a[pos[i]]\) ，也就是我们钦定他最终一定在左边数组，即如果一开始划分在该数左面，这数肯定要移动到左边数组，就要花费他的代价，同理如果一开始划分在该数右面，这数也不用移动了，但是本来我们是算了前缀和的，是考虑到他要移动，因此要把这个代价减去。这两步做完以后直接查最小值最后统筹一下答案就行了。
这个什么区间加减·区间查询 用线段树维护一下就行了，注意下标和细节边界条件！
时间复杂度 \(O(nlogn)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define _for(i,a,b) for(int i = (a);i < b;i ++)
#define _rep(i,a,b) for(int i = (a);i > b;i --)
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ZHUO 11100000007
#define SHENZHUO 1000000007
#define MIKUNUM 39
#define pb push_back
#define debug() printf("Miku Check OK!\n")
#define maxn 200003
#define X first
#define Y second
int n;
ll p[maxn];
ll a[maxn];
ll pos[maxn];
struct SegTree
{
struct SegNode
{
int l,r;
ll add;
ll min;
#define l(x) tree[x].l
#define r(x) tree[x].r
#define add(x) tree[x].add
#define MIN(x) tree[x].min
}tree[maxn<<2];
void build(int p,int l,int r)
{
l(p) = l,r(p) = r;
if(l==r)
{
MIN(p) = a[l];
return ;
}
int mid = (l+r)/2;
build(p*2, l, mid);
build(p*2+1, mid+1, r);
MIN(p) = min(MIN(p*2),MIN(p*2+1));
}
void spread(int p)
{
if(add(p))
{
MIN(p*2) += add(p);
MIN(p*2+1) += add(p);
add(p*2) += add(p);
add(p*2+1) += add(p);
add(p) = 0;
}
}
void change(int p,int l,int r,ll d)
{
if(l <= l(p) && r >= r(p))
{
MIN(p) += d;
add(p) += d;
return ;
}
spread(p);
int mid = (l(p)+r(p))/2;
if(l <= mid)
change(p*2, l, r, d);
if(r > mid)
change(p*2+1, l, r, d);
MIN(p) = min(MIN(p*2),MIN(p*2+1));
}
ll ask4min(int p,int l,int r)
{
if(l <= l(p) && r >= r(p))
return MIN(p);
spread(p);
int mid = (l(p)+r(p))/2;
ll val = INF;
if(l <= mid)
val = min(val,ask4min(p*2, l, r));
if(r > mid)
val = min(val,ask4min(p*2+1, l, r));
return val;
}
}T;
int main()
{
scanf("%d",&n);
_for(i,1,n+1)
{
scanf("%lld",&p[i]);
pos[p[i]] = i;
}
_for(i,1,n+1)
scanf("%lld",&a[i]);
T.build(1,1,n);
_for(i,1,n)
T.change(1, i+1, n, a[i]);
ll rnt = T.ask4min(1, 1, n-1);
_for(i,1,n+1)
{
if(pos[i]>1)
T.change(1, 1, pos[i]-1, a[pos[i]]);
T.change(1, pos[i], n, -a[pos[i]]);
rnt = min(rnt,T.ask4min(1, 1, n-1));
}
printf("%lld\n",rnt);
return 0;
}
F. Good Contest
数论概率论，还是卓爷的锅，卓爷 \(tql\)
