Codeforces Round #683 (Div. 2, by Meet IT)【ABCD】
比赛链接：https://codeforces.com/contest/1447
A. Add Candies
题意
\(1\) 到 \(n\) 个袋子里依次有 \(1\) 到 \(n\) 个糖果，可以选择操作 \(m\) 次，第 \(i\) 次操作可以：
- 选择一个袋子，除了这个袋子外其他袋子都再放入 \(i\) 个糖果
问是否存在一种操作序列，使得最终 \(n\) 个袋子内的糖果数相同。
题解
将每个袋子内的糖果都加到 \(\frac{n(n + 1)}{2}\) 个。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
cout << n << "\n";
for (int i = 1; i <= n; i++) cout << i << " \n"[i == n];
}
return 0;
}
B. Numbers Box
题意
给出一个 \(n \times m\) 的矩阵，每次操作可以：
- 选择任意两个相邻元素各乘以 \(-1\)
可以操作任意次，问矩阵中所有元素之和的最大值为多少。
题解
有零的话可以把所有负数都变为正，答案即所有数的绝对值之和。
否则如果负数个数为奇数，需要减去一个绝对值最小的数。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n * m);
int sum = 0, neg = 0, zero = 0, mi = INT_MAX;
for (auto &x : a) cin >> x, sum += abs(x), neg += x < 0, zero += x == 0, mi = min(mi, abs(x));
if (neg & 1 and zero == 0) sum -= 2 * mi;
cout << sum << "\n";
}
return 0;
}
C. Knapsack
题意
有一个承重为 \(W\) 的背包，另有 \(n\) 个物品，分别重 \(w_i\) ，判断能否找到一些物品使得它们的总重 \(C\) 满足 \(\lceil \frac{W}{2} \rceil \le C \le W\) ，如果可以，输出这些物品的编号。
题解
首先去除 \(w_i > W\) 的元素，然后如果有单个 \(w_i \ge \lceil \frac{W}{2} \rceil\) 直接选取即可，此时余下的 \(w_i\) 均小于 \(\lceil \frac{W}{2} \rceil\) ，如果它们的总和小于 \(\lceil \frac{W}{2} \rceil\) 则无解，否则一定存在满足题意的序列，依次选取至不小于 \(\lceil \frac{W}{2} \rceil\) 即可。
证明
两个小于 \(\lceil \frac{W}{2} \rceil\) 的数相加有两种情况：
- 小于 \(\lceil \frac{W}{2} \rceil\)
- 不小于 \(\lceil \frac{W}{2} \rceil\) 且小于 \(W\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
long long n, W;
cin >> n >> W;
long long mid_W = (W + 1) / 2;
vector<int> w(n);
for (auto &x : w) cin >> x;
vector<int> p(n);
iota(p.begin(), p.end(), 0);
sort(p.begin(), p.end(), [&](int x, int y) {
return w[x] < w[y];
});
while (p.size() and w[p.back()] > W) {
p.pop_back();
}
if (p.empty() or accumulate(p.begin(), p.end(), 0LL, [&](long long sum, int x) { return sum + w[x]; }) < mid_W) {
cout << -1 << "\n";
continue;
}
if (w[p.back()] >= mid_W) {
cout << 1 << "\n" << p.back() + 1 << "\n";
continue;
}
vector<int> v;
long long sum = 0;
for (auto i : p) {
sum += w[i], v.push_back(i);
if (sum > mid_W) break;
}
cout << v.size() << "\n";
for (auto i : v) cout << i + 1 << " \n"[i == v.back()];
}
return 0;
}
D. Catching Cheaters
题意
给出两个字符串 \(s, t\) ，定义： \(f(s, t) = 4 \cdot LCS(s, t) - |s| - |t|\) 。
找出 \(s, t\) 所有连续子串匹配的可能情况中最大的函数值。
题解
\(dp_{ij}\) 的含义为以 \(s_i\) 和 \(t_j\) 结尾的两个连续子串匹配的最大函数值。
状态转移方程分为两种情况：
- \(s_i = t_j\)
- 可以在以 \(s_{i - 1}\) 和 \(t_{j - 1}\) 结尾的两个子串尾部各添加一个字符，即 \(dp_{ij} = dp_{i - 1 j - 1} + 2\)
- 也可以在两个空串尾部添加一个字符，即 \(dp_{ij} = 0 + 2\)
- \(s_i \ne t_j\)
- 可以在以 \(s_{i - 1}\) 或 \(t_{j - 1}\) 结尾的一个子串尾部添加一个字符，即 \(dp_{ij} = max(dp_{i - 1 j}, dp_{i j - 1}) - 1\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
string s, t;
cin >> s >> t;
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(m + 1));
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (s[i - 1] == t[j - 1]) dp[i][j] = max(0, dp[i - 1][j - 1]) + 2;
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) - 1;
ans = max(ans, dp[i][j]);
}
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
