CF1950 A~G

前言

报了名没打的一场 Div. 4，我是怎么想到回去做的呢？上课的时候无聊于是随机了一道 1700 的题，找到了本场比赛的 F 题，我那时还没发现。过了差不多 $2\sim 3$ 天去随机了一道 1900，又找到了 G 题，一看 G 题竟然只有 1900，意识到这是 Div. 4，就想着 AK 一场 Div. 4，结果发现 F 做过了，这场我还报名了？于是倒序开题并 AK 了。根据我的习惯，每次完成一套题，就要发一个 Overall Tutorial，于是有了本文。

$\mathsf{\text{Overall}}$

CF1950A

难度：800

直接比较三数即可。

CF1950B

难度：800

把每 $4$ 格看做一格，当 $i+j$ 是 $2$ 的倍数的时候这个格子就是 #。

CF1950C

难度：800

除了 $0$ 点钟特判，其他输出减一取模加一即可。

CF1950D

难度：1100

先简化题意：一个数 $x$ 能否拆成若干只由 0 和 1 组成的数的乘积。注意到这种数不多，枚举出来，计算哪些 $x$ 可以表示，$O(1)$ 判断答案。

CF1950E

难度：1500

显然 $x$ 是 $n$ 的因数，所以可以枚举 $n$ 的因数，再每 $x$ 个字符检查一次。把串 $S$ 分成 $x$ 个串，也就是 $S_1{S}_2\cdots S_x,S_{x+1}{S}_{x+2}\cdots S_{2x},\cdots$，把这些子串放进 set 里去重。如果 set 内只有一个串或两个满足条件的串且它们其中一种不超过一个，那么 $x$ 就是符合条件的答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<string> st;
map<string,int> mp;
int check(string s,string t)
{
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<s.size();i++) cnt+=(s[i]!=t[i]);
	if(cnt>1) return 0;
	return 1;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		int n;
		cin>>n;
		string s;
		cin>>s;
		s=' '+s;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(n%i) continue;
			st.clear();
			mp.clear();
			for(int j=1;j<=n;j+=i)
			{
				string t=s.substr(j,i);
				st.insert(t);
				mp[t]++;
			}
			if(st.size()>2)
			{
				continue;
			}
			if(st.size()==1)
			{
				cout<<i<<'\n';
				break;
			}
			if((mp[*st.begin()]>1&&mp[*(++st.begin())]>1)||!check(*st.begin(),*(++st.begin())))
			{
				continue;
			}
			cout<<i<<'\n';
			break;
		}
	}
}

CF1950F

难度：1700

点数不变，那么平均每层节点越多，深度越小。不难联想到对于某一层来说，它的节点最大值与它上一层节点个数和剩余节点数量有关。因此应尽可能地把子节点最多的那 $a$ 个放到深度小的位置，把次多的 $b$ 个放到仅比那 $a$ 个稍深一点的位置，$c$ 个叶子有多深放多深。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> G[300010];
int dep[300010];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		int a,b,c,now=1;
		cin>>a>>b>>c;
		for(int i=1;i<=a+b+c;i++) G[i].clear(),dep[i]=0;
		queue<int> q;
		q.push(1);
		while(q.size())
		{
			int u=q.front();
			q.pop(); 
			if(a)
			{
				a--;
				G[u].push_back(++now);
				q.push(now);
				dep[now]=dep[u]+1;
				G[u].push_back(++now);
				q.push(now);
				dep[now]=dep[u]+1;
			}
			else if(b)
			{
				b--;
				G[u].push_back(++now);
				q.push(now);
				dep[now]=dep[u]+1;
			}
			else c--;
		}
		if(a||b||c)
		{
			cout<<-1<<'\n';
			continue;
		}
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=now;i++) ans=max(ans,dep[i]);
		cout<<ans<<'\n';
	}
}

CF1950G

观察到 $n$ 的范围极小，本题应该是要 $O(2^n\times n)$ 左右的复杂度，不难想到状压 dp。定义 $d{p}_{i,j}=0/1$ 表示达到 $i$ 这个状态（一个二进制数，第 $i$ 首歌选那么状态的第 $i$ 位为 $1$，否则为 $0$，$0\le i<n$）并以第 $j$ 首歌结尾是否可能。有了状态，自然推出转移即某一个状态 $i$ 中选择一个未被选择的歌并且能与第 $j$ 首歌接上，那么假设该歌曲编号为 $k$，那么 $d{p}_{i+2^k,k}\leftarrow 1$。初始值的设置也易得：对于每个 $0\le x<n$，$d{p}_{2^x,x}\leftarrow 1$。答案自然就是满足 $d{p}_{i,j}=1$ 的 $n-\mathrm{popcount}(i)$ 的最小值。

这题有点卡常，需要注意一些事情，否则就会如图。

要注意的几点：

• popcount 提前处理好，最好是在多测开始前就把 $0\sim 2^{16}$ 的每个数的 popcount 处理好。

• 关闭同步流或使用 scanf 读入或开快读。

• 歌曲流派与作者先离散化，否则常数很大。

• 记录一个 $vi{s}_{i,j}$ 表示是否计算过 $d{p}_{i,j}$，如果搜索到状态 $i,j$ 时 $vi{s}_{i,j}=1$ 就直接退出本次搜索。

• 多测清空。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string g[20],w[20];
int g2[20],w2[20],cl[1<<17];
int dp[1<<17][20],n,cnt=0,vis[1<<17][20];
map<string,int> mp;
void dfs(int sta,int lst)
{
	if(vis[sta][lst]) return;
	vis[sta][lst]=1;
	dp[sta][lst]=1;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if((sta>>i&1)||(g2[i]!=g2[lst]&&w2[i]!=w2[lst]))
		{
			vis[sta+(1<<i)][i]=1;
			continue;
		}
		dfs(sta+(1<<i),i);
	}
}
int calc(int k)
{
	int ret=0;
	for(int i=0;i<16;i++) ret+=k>>i&1;
	return ret;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	int t;
	cin>>t;
	for(int i=0;i<(1<<16);i++) cl[i]=calc(i);
	while(t--)
	{
		mp.clear();
		int ans=0;
		cin>>n;
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			cin>>g[i]>>w[i];
			if(!mp[g[i]]) mp[g[i]]=++cnt;
			if(!mp[w[i]]) mp[w[i]]=++cnt;
			g2[i]=mp[g[i]];
			w2[i]=mp[w[i]];
		}
		for(int i=0;i<(1<<n);i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
		dp[i][j]=vis[i][j]=0;
		for(int i=0;i<n;i++) dfs(1<<i,i);
		for(int i=0;i<(1<<n);i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
		ans=max(ans,dp[i][j]*cl[i]);
		cout<<n-ans<<'\n';
	}
}