[CodeForces] CF520 题解

合集 - CodeForces 题解 (1)

1.[CodeForces] CF520 题解2024-10-29

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A. Pangram

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【题目大意】

给定一个字符串，询问是否所有英文字符（a 到 z）都在这个字符串中出现过，不区分大小写。

【解题思路】

开个桶记录字符是否出现过，最后遍历桶，如果发现有一个没出现就输出 NO，否则就输出 YES。注意不区分大小写！

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B. Two Buttons

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【题目大意】

给定两个正整数 $n$ 和 $m$，每次操作可以把 $n$ 乘二或减一，求将 $n$ 变成 $m$ 的最小操作次数。

【解题思路】

正难则反，考虑将 $m$ 进行操作变成 $n$，每次可以除二或加一。

考虑贪心。显然除法比加法更优。所以能进行除法就进行除法。

因此，只有在 $m<n$ 或者 $m$ 为奇数的时候不进行除法。

操作的时候统计答案即可。

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C. DNA Alignment

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【题目大意】

给定一个长度为 $n$ 字符串，只包含A，T，G，C四种字符。

定义 $shift$ 值，指两个字符串分别移位之后的相同位的个数。

你需要求出满足与原字符串 $shift$ 值最大的字符串的个数。

【解题思路】

考虑贪心构造。

我们对于构造的字符串，每个字符都选取原字符串出现次数最多的字符，这样可以使 $shift$ 值最大。

可以这么理解，选字符串出现次数更多的字符会让移位时相同位出现的“概率”更大，这样的话，选出现次数越多的字符那也就比选其他的 $shift$ 值越大。

也就是说，构造的字符串中，每个位置都选择原字符串里出现次数最多的字符即可。

注意这题的问法，我们需要求的是这样的字符串的个数。我们每个位置都要 $k$ 种选法，其中 $k$ 为在字符串中出现次数最多次的字符的个数。这样，答案就是 $k^n$。

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D. Cubes

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【题目大意】

$m$ 个方块（每个方块边长为 $1$），每个方块的左下角坐标为 $(x_i,y_i)$。这些方块构成了一个图形。

称这个图形是稳定的，如果对于任何一个左下角坐标为 $(x_0,y_0)(y_0\ne 0)$ 的方块，它在图形里，且存在一个左下角坐标为 $(x_0-1,y_0-1)$ 或 $(x_0,y_0-1)$ 或 $(x_0+1,y_0-1)$ 的在图形里的方块。

现在，两个人甲和乙来拆除这个图形。每次操作可以移除一个方块，然后按拆除的顺序排列好。他们需要保证每次拆除后图形是稳定的。最开始，图形是稳定的。

最后，这些方块的编号组成了一个 $m$ 进制数（因为是按拆除的顺序排列的，越先拆就在越高位），甲希望这个数尽可能大，乙希望这个数尽可能小。甲先操作，然后两个人交替操作。求在两人按照最优策略操作时，最终的 $m$ 进制数的十进制是多少。

方块的编号是 $0$ 到 $m-1$。

【解题思路】

考虑贪心。

由于越先拆的放在越高位，所以说，甲的最优策略是每次拆除可以拆的方块中编号最大的，乙每次拆除可以拆的方块中编号最小的。这可以用一个大根堆和一个小根堆来维护。

如何判断一个方块可不可以拆？这只需要考虑它的上方和斜上方的方块即可。

删除操作可以用 $map$ 来维护。每次删除后需要更新它的下发和斜下方的方块，判断能否加入堆。

注意编号是从 $0$ 开始的。

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E. Pluses everywhere

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【题目大意】

给定 $n$ 个数 $a_i$，每次操作可以在这些数中间添加 $k$ 个 $+$ 号，得到若干个不同的表达式，求这些表达式的和。

【解题思路】

考虑对每个 $a_i$ 单独计算它的贡献。

若在 $a_{i+j}$ 的后面放加号，$a_i$ 在表达式中的实际值为 $a_i\times {10}^j$。剩下 $k-1$ 个加号，有 $n-j-2$ 个位置可以放加号，这样，这个表达式的出现次数为 $C_{n-j-2}^{k-1}$，$a_i$ 这时的贡献为 $a_i\times {10}^j\times C_{n-j-2}^{k-1}$。特别地，当 $a_i$ 后面没有加号时，它的贡献为 $a_i\times {10}^{n-i}\times C_{i-1}^k$（所有的加号都放在 $i$ 的前 $i-1$ 个位置里）。

综上，$a_i$ 的贡献为

$$a_i\times ((\sum _{j=0}^{n-i-1}{10}^j\times C_{n-j-2}^{k-1})+{10}^{n-i}\times C_{i-1}^k)$$

转化成方便处理的形式得到

$$a_i\times ((\sum _{j=1}^{n-i}{10}^{j-1}\times C_{n-j-1}^{k-1})+{10}^{n-i}\times C_{i-1}^k)$$

则有总答案

$$Ans=\sum _{i=1}^n(a_i\times ((\sum _{j=1}^{n-i}{10}^{j-1}\times C_{n-j-1}^{k-1})+{10}^{n-i}\times C_{i-1}^k))$$

现在，如果直接计算时间复杂度为 $O(n^2)$。考虑化简 $Ans$，首先，将其拆分为两个式子 $A_1$ 和 $A_2$ 的和，即

$$Ans=A_1+A_2$$

其中

$$A_1=\sum _{i=1}^n{a}_i\times \sum _{j=1}^{n-i}{10}^{j-1}\times C_{n-j-1}^{k-1},$$

$$A_2=\sum _{i=1}^n{a}_i\times {10}^{n-i}\times C_{i-1}^k$$

在 $A_1$ 中，考虑将 $j$ 提取到外层，注意到当 $n-j-1<k-1$，即 $j>n-k$ 时，$C_{n-j-1}^{k-1}=0$，则 $j$ 最大值为 $n-k$，即

$$A_1=\sum _{j=1}^{n-k}{10}^{j-1}\times \sum _{i=1}^{n-j}{a}_i\times C_{n-j-1}^{k-1}$$

在 $A_2$ 中，令 $j=n-i+1$，有

$$A_2=\sum _{j=1}^n{10}^{j-1}\times a_{n-j+1}\times C_{n-j}^k$$

同理，$j$ 的最大值为 $n-k$，又有

$$A_2=\sum _{j=1}^{n-k}{10}^{j-1}\times a_{n-j+1}\times C_{n-j}^k$$

在计算总答案 $Ans$ 时，可以将 $A_1$ 和 $A_2$ 最外层循环合并，所以有

$$Ans=\sum _{j=1}^{n-k}{10}^{j-1}\times ((\sum _{i=1}^{n-j}{a}_i\times C_{n-j-1}^{k-1})+a_{n-j+1}\times C_{n-j}^k)$$

化简，得

$$Ans=\sum _{j=1}^{n-k}{10}^{j-1}\times ((C_{n-j-1}^{k-1}\times \sum _{i=1}^{n-j}{a}_i)+a_{n-j+1}\times C_{n-j}^k)$$

对于内层 $\sum _{i=1}^{n-j}{a}_i$ 的计算，可以通过预处理前缀和优化为 $O(1)$，这样，总时间复杂度为 $O(n)$，可以通过本题。