Educational Codeforces Round 103 (Rated for Div. 2)
A（水题）
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⭐
题目：
给出\(n\)和\(k\)询问，若\(k\)能整除\(n\)个数累加和，问这\(n\)个数中最大值最小化时值为多少
解析：
由题目条件知\(n\ge 1\)，如果\(n\le k\)，则每个元素至少为1，那么这样情况下平均分配能让最大值最小化，同理\(n>k\)时，则使得\(n\le dk\)，且\(dk\%n<k\)也就是让这个\(dk\)越小越好
注：\(\lceil\frac{a}{b}\rceil=\lfloor\frac{a+b-1}{b}\rfloor\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*===========================================*/
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
k *= (n + k - 1) / k;
printf("%d\n", (k + n - 1) / n);
}
}
B（贪心）
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⭐
题目：
给出\(p\)数组，公式\(k_i=\frac{p[i]}{\sum_{j=0}^{i-1}p[j]}\)，要求\(k_i\)均小于等于指定数值\(k\%\)，现在如果要满足这个要求，可能需要对数组\(p\)部分元素进行增加，则总增加量最小是多少
解析：
不难发现对于当前\(i\)来说，增加自己或者增加\(j(j>0)\)，是充满不确定性的，因为这样的操作可能会使得\(k_i>k\%\)，所以如果增加值全部汇聚在\(p_0\)是最好的（\(k_0\)与题目要求无关），那么只需要找到使得每个元素符合要求的最小增加量即可
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
typedef long long LL;
using namespace std;
/*===========================================*/
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
LL sum, t;
LL ret = 0;
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
scanf("%lld", &sum);
rep(i, 1, n)
{
scanf("%lld", &t);
if (100 * t > k * sum)
{
LL tmp = (100 * t + k - 1) / k;
ret += tmp - sum;
sum = tmp;
}
sum += t;
}
printf("%lld\n", ret);
}
}
C（思维）
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⭐⭐⭐
题目：
给出\(n\)条链长度为\(c[i]\)和\(a,b\)数组，数组表示第\(i\)条链的“1”端连接至第\(i-1\)条链的\(a[i]\)处，“\(c[i]\)”端连接至第\(i-1\)条链的\(b[i]\)处，假设每个连接的长度为单位长度，求这个图中的最大环
解析：
- 由于两两链之间只能靠\(a[i],b[i]\)决定的边相连，所以这个最大环的求解是一个线性递推的过程
- 假设当前下标为\(i\)，可以将环的构造抽象为为2种可能性：①以第\(i-1\)条链为圈的边界 ②不以第\(i-1\)条链为圈的边界，两种情况下所得到的最大值加上当前\(c[i]\)链长度（即将环封闭），更新最大值即可
- 对于①的情况，则为\(2+|a[i]-b[i]|\)
- 对于②的情况，为避免点的重复经过，此时新增的长度为\(2+(c[i-1]-\max(a[i],b[i]))（距离右端点）+(\min(a[i],b[i])-1)（距离左端点）\)
注意：
- 处于第\(1\)条链时，只能以第\(0\)条链为边界，所以只能考虑①的情况
- 注意开\(long\ long\)
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
typedef long long LL;
using namespace std;
/*===========================================*/
const int maxn = 1e5 + 5;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn];
LL ret, now;
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n;
scanf("%d", &n);
rep(i, 0, n)
scanf("%d", &c[i]);
rep(i, 0, n)
scanf("%d", &a[i]);
rep(i, 0, n)
scanf("%d", &b[i]);
now = ret = 0;
rep(i, 1, n)
{
if (i != 1)
{
if (a[i] == b[i])
now = 2;
else
now += 2LL + min(a[i], b[i]) - 1 + c[i - 1] - max(a[i], b[i]);
}
now = max(now, 2LL + abs(a[i] - b[i]));
ret = max(ret, now + c[i] - 1);
}
printf("%lld\n", ret);
}
}
D（思维）
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⭐⭐
题目：
给出一个字符串，如果第\(i\)个字符为\(L\)则代表存在通路\(i-1\rightarrow i\)，\(R\)代表存在通路\(i-1\leftarrow i\)，且每使用一次道路，所有道路方向反向，那么求出起始点在第\(i\)点能够途径点数的最大值
解析：
- 假设从\(i\)点出发，可以向某个方向前进，那么，在朝那个方向前进后，由于道路的转向可以使得按照原线路返回，且由于一来一回肯定使用了偶数次道路，那么回到起始点时，道路状态与初始时相同，那么即求从\(i\)点向左向右能行进的最大距离之和
- 而行进距离则就是看左右两边各有多少个交替的\(RL\)序列，求左边的序列长度可以正序遍历字符串，右边的序列长度可以倒序遍历字符串
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define rep1(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rrep(i,a,b) for(int i=b-1;i>=a;--i)
#define rrep1(i,a,b) for(int i=b;i>=a;--i)
using namespace std;
/*===========================================*/
const int maxn = 3e5 + 5;
char s[maxn];
int l[maxn], r[maxn];
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n;
scanf("%d%s", &n, s + 1);
l[0] = r[n] = 0;
int cnt = 0;
rep1(i, 1, n)
{
if (s[i] != s[i - 1])
++cnt;
else
cnt = 1;
if (s[i] == 'L')
l[i] = cnt;
else
l[i] = 0;
}
cnt = 0;
rrep1(i, 1, n)
{
if (s[i] != s[i + 1])
++cnt;
else
cnt = 1;
if (s[i] == 'R')
r[i - 1] = cnt;
else
r[i - 1] = 0;
}
rep1(i, 0, n)
printf("%d ", l[i] + r[i] + 1);
printf("\n");
}
}
E（状压+拓扑序）
题目链接
⭐⭐⭐
题目：
给出\(n\)个模式串和\(m\)个待匹配串，且每个待匹配串有一个期望值\(mt\)，询问是否可以将模式串重新排列，使得第一个遇到的成功匹配的模式串是第\(mt\)个串
字符串长度\(k(1\le k\le4)\)
解析：
- 若存在某个待匹配串可以匹配多个模式串时，要求第\(mt\)串必须排列在前，这是一个很明显的拓扑序关系
- 那么只需要将\(mt\)与其他可以匹配的串连边，并记录好入度，输出拓扑序即可
- 由于字符串长度很小，而且出现字符只有\(a-z,\_\)（27），\(27^4\approx5\times10^5\)，所以可以进行状压，\(O(1)\)查询
- 可以递归的将待匹配串的字符改成“_”，查询对应的状压编码是否存在过，以此找到模式串
注意： 对于给出\(mt\)模式串本身,无法与对应的字符串进行匹配的情况需要特殊处理
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define rep1(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
/*===========================================*/
const int maxn = 27 * 27 * 27 * 27;
char s[5];
int vis[maxn];
int d[maxn];
vector<int> e[maxn];
int n, m, k, mt;
int dat[100005];
int Pow[4] = { 1,27,27 * 27,27 * 27 * 27 };
void check(int x)
{
if (vis[x])
{
++d[vis[x]];
if (vis[x] != mt)
e[mt].push_back(vis[x]);
}
}
void fill(int now, int x)
{
if (x == k)
check(now);
else
{
fill(now, x + 1);
fill(now + (26 - s[x] + 'a') * Pow[k - x - 1], x + 1);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
rep1(i, 1, n)
{
scanf("%s", s);
int t = 0;
rep(j, 0, k)
{
t *= 27;
t += s[j] == '_' ? 26 : s[j] - 'a';
}
vis[t] = i;
}
rep(i, 0, m)
{
scanf("%s%d", s, &mt);
int t = 0;
rep(j, 0, k)
{
t *= 27;
t += s[j] - 'a';
}
fill(t, 0);
--d[mt];
}
queue<int> q;
rep1(i, 1, n)
{
if (!d[i])
q.push(i);
}
int cnt = 0;
while (!q.empty())
{
int t = q.front();
q.pop();
dat[++cnt] = t;
for (auto& i : e[t]) {
if (--d[i] == 0)
q.push(i);
}
}
if (cnt == n)
{
printf("YES\n");
rep1(i, 1, n)
printf("%d ", dat[i]);
}
else
printf("NO");
}
努力变成更好的自己吧！
