Educational Codeforces Round 137 (Rated for Div. 2) A-F

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A

题解

知识点：数学。

$4$ 位密码，由两个不同的数码组成，一共有 $C_4^2$ 种方案。从 $10-n$ 个数字选两个，有 $C_{10-n}^2$ 种方案。结果为 $3(10-n)(9-n)$。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(1)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
    }
    cout << 3 * (10 - n) * (9 - n) << '\n';
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

B

题解

知识点：构造。

显然最小价值是 $2$ 。把 $1$ 和 $2$ 分两端放即可。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(1)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 2;i <= n;i++) cout << i << ' ';
    cout << 1 << '\n';
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

C

题解

知识点：贪心。

发现，可以将一段连续的盖子向左移，等效于把最后一个盖子移到第一个左边。因此，找到一个无盖且右边连续有盖的位置，从连续有盖的一段选一个最小的和无盖的位置交换，如果最小的比无盖的大那就不交换。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
int a[200007];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    string s;
    cin >> s;
    s = "?" + s;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
 
    for (int i = 1;i <= n - 1;i++) {
        if (s[i] == '0' && s[i + 1] == '1') {
            int mi = i;
            for (int j = i + 1;j <= n && s[j] == '1';j++) {
                if (a[j] < a[mi]) mi = j;
            }
            swap(s[i], s[mi]);
        }
    }
    int sum = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        if (s[i] == '1') sum += a[i];
    }
    cout << sum << '\n';
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

D

题解

知识点：枚举。

第一个串显然是从第一个 $1$ 开始截取到最后，现在考虑从第一个串截取出第二个串填补第一个串的 $0$ 。

显然要从第一个 $0$ 开始填。注意到，只有 $0$ 前面的 $1$ 可以通过截取向右移动与 $0$ 重合。枚举前面每个 $1$ 通过截取与第一个 $0$ 重合即可，截取方法有很多，第一种，以各个 $1$ 为起点，截取固定长度，保持 $1$ 与 $0$ 重合；第二种，从第一个 $1$ 开始截取，截取不同长度，使各个 $1$ 和 $0$ 重合（这种适合用 bitset）。

发现复杂度是和从第一个 $1$ 开始连续 $1$ 的长度有关，但因为是随机数据，因此不可能太长，可以看作常数。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

第一种

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    string s;
    cin >> s;
    int pos = s.find('1');
    if (!~pos) {
        cout << 0 << '\n';
        return 0;
    }
    string s1 = s.substr(pos);
    pos = s1.find('0');
    string ans = s1;
    for (int i = 0;i < pos;i++) {
        string s2 = s1;
        for (int j = pos;j < s1.size();j++) {
            if (s1[j - pos + i] == '1') s2[j] = '1';
        }
        ans = max(ans, s2);
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

第二种

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
string elz(string s) {
    for (int i = 0;i < s.size() - 1;i++)
        if (s[i] == '1') return s.substr(i);
    return s.substr(s.size() - 1);
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    bitset<1000005> a(s), b(s);
    string ans = a.to_string();
    for (int i = 1;i <= 10;i++)
        ans = max(ans, (a | (b >> i)).to_string());
    cout << elz(ans) << '\n';
 
    return 0;
}

E

题解

知识点：线性dp。

考虑设 $dp[i]$ 为造成不少于 $i$ 点伤害的最小时间。

先考虑 $p_1,p_2$ 单独射击的转移：

dp[i] = min(dp[max(0LL, i - (p1 - s))] + t1, dp[max(0LL, i - (p2 - s))] + t2);

再考虑，$p_2$ 在 $p_1$ 的 $j$ 轮时间中调整，配合 $p_1$ 在第 $j$ 轮同时射击。此时 $p_1$ 伤害是 $(j-1)(p_1 - s)$ ，$p_2$ 伤害是 $\big\lfloor\frac{j\cdot t_1 - t_2}{t_2}\big\rfloor(p_2-s)$ ，同时射击伤害 $p_1+p_2-s$ ，共计 $(j-1)(p_1 - s) + \big\lfloor\frac{j\cdot t_1 - t_2}{t_2}\big\rfloor(p_2-s) + (p_1+p_2-s)$ 。（同理 $p_1$ 配合 $p_2$ 同时射击）。

ll dmg = (j - 1) * (p1 - s) + (t1 * j - t2) / t2 * (p2 - s) + (p1 + p2 - s);
dp[i] = min(dp[i], dp[max(0LL, i - dmg)] + t1 * j);

时间复杂度 $O(h^2)$

空间复杂度 $O(h)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
ll dp[5007];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int p1, p2;
    ll t1, t2;
    cin >> p1 >> t1;
    cin >> p2 >> t2;
    int h;
    ll s;
    cin >> h >> s;
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1;i <= h;i++) {
        dp[i] = min(dp[max(0LL, i - (p1 - s))] + t1, dp[max(0LL, i - (p2 - s))] + t2);
        for (int j = 1;j <= i;j++) {
            if (t1 * j >= t2) {
                ll dmg = (j - 1) * (p1 - s) + (t1 * j - t2) / t2 * (p2 - s) + (p1 + p2 - s);
                dp[i] = min(dp[i], dp[max(0LL, i - dmg)] + t1 * j);
            }
            if (t2 * j >= t1) {
                ll dmg = (j - 1) * (p2 - s) + (t2 * j - t1) / t1 * (p1 - s) + (p1 + p2 - s);
                dp[i] = min(dp[i], dp[max(0LL, i - dmg)] + t2 * j);
            }
        }
    }
    cout << dp[h] << '\n';
    return 0;
}

F

题解

知识点：排列组合，枚举。

我们考虑每个点对答案的贡献，显然是从他第一次出现开始计算。

比如某点在第 $i$ 组区间出现，那么已经进行了 $i-2$ 次操作了，产生 $3^{i-2}$ 个集合。在这之后还有 $n-i+1$ 次操作，如果操作时另一个区间有这个点，那么或和且能继承这个点继续；如果没有这个点，那么或和异或能继承这个点继续，注意无论以后有没有这个点都只有两个分支能使这个点有贡献，所以共 $2^{n-i+1}$ 个集合是有这个点的，最后总贡献是 $3^{i-2}2^{n-i+1}$ 。

要特别注意，第一个区间出现的点，之前的操作也是 $0$ 次 ，并且之后的操作也只有 $n-1$ 次，最终通式是 $3^{\max(i-2,0)}2^{\min(n-i+1,n-1)}$ 。

接下来考虑如何记录某个点第一次出现的位置 $lst[i]$ 。朴素枚举是 $n^2$ 的，我们需要优化。显然出现过的点之后跳过就行了，我们记录每个点能跳跃到的位置 $nxt[i]$ 即可，对于区间 $[l,r]$ ，如果某个点 $i$ 没出现过，那么 $nxt[i]$ 可以更新为 $r[i]$ ；否则出现过，我们需要跳跃，同时更新这个点以后能跳跃到的位置，$nxt'[i] = \max(nxt[i],r),i = nxt[i]$ ，注意需要保存一下旧位置，再更新完 $nxt[i]$ 再更新 $i$ 。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
const int mod = 998244353;
 
int l[300007], r[300007], lst[300007], nxt[300007];
int pow2[300007], pow3[300007];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    memset(lst, -1, sizeof(lst));
    pow2[0] = 1;
    pow3[0] = 1;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        pow2[i] = 1LL * pow2[i - 1] * 2 % mod;
        pow3[i] = 1LL * pow3[i - 1] * 3 % mod;
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> l[i] >> r[i];
    for (int i = n;i >= 1;i--) {
        for (int j = l[i];j <= r[i];j++) {
            if (lst[j] == -1)lst[j] = i, nxt[j] = r[i];
            else {
                int tmp = nxt[j];
                nxt[j] = max(nxt[j], r[i]);
                j = tmp;
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0;i <= 300000;i++) {
        if (lst[i] == -1) continue;
        ans = (ans + 1LL * pow3[max(lst[i] - 2, 0)] * pow2[min(n - lst[i] + 1, n - 1)]) % mod;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}