「ROIR 2021 Day 1」题解（CSP-S 模拟赛 #1）

loj 有原题。别问为什么没 T4，问就是不会，等以后来补。

1|0T1-两台机器

设两台机子分别为 $a,b$，分 $4$ 种情况：只用 $a$，只用 $b$，先 $a$ 后 $b$，先 $b$ 后 $a$，判断时间上是否满足，取最大值。

int main()
{
	ll k,a,b,c,d;
	read(k);read(a);read(b);read(c);read(d);
	// if(a>c)swap(a,c),swap(b,d);
	ll ans=0;
	if(k-a-c>=0)cout<<max((k-a)*b+(k-a-c)*d,(k-c)*d+(k-a-c)*b);
	else{
		if(k>=a)ans=(k-a)*b;
		if(k>=c)ans=max(ans,(k-c)*d);
		cout<<ans;
	}
	return 0;
}

2|0T2-分割数表

观察 $a_{i,j}$，其实就是123456...一直往下排。
直接来推柿子：对于总和：$sum=mn(mn+1)/2$，很明显是吧。
然后题目要求我们切一刀分成和不同的两块。
对于竖着切，设切了 $k$ 列，左边那块的和为：

$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^k(i-1)\times m+j \\ =\sum _{i=1}^{n}km(i-1)+k(k+1)/2 \\ =kmn(n-1)/2+nk(k+1)/2 \\ =\frac{nk(mn-m+k+1)}{2} \end{gathered}$$

对于横着切，一样的，设切了 $k$ 行，上面的那块和是等差数列，末项为 $mk$，那么和为：

$$\frac{mk(mk+1)}{2}$$

然后我们可以 $O(1)$ 求和，那么枚举行列就可以得出 $O(n+m)$ 的算法。

考虑优化，希望最小化 $max(\sum x,\sum y)$，那肯定越接近 $sum/2$ 越好，这个时候有两个办法：

1. 二分，枚举行列显然有单调性，二分到 $sum/2$，注意 $\pm 1$ 的误差，都要算一遍。
2. 直接解方程解出 $k$，也要注意 $\pm 1$ 的误差。

代码写成屎山了，细节有亿点点多，上 loj 贺代码。

3|0T3 基因突变

队测的时候摆烂了暴力都没打。。。基因只因鸡~~~

注意 $1,3$ 操作，如果一个字符可以换，那它肯定可以删，且删肯定比换更优，所以 $3$ 操作没卵用。

将所有的相同字母看作一个块，记录这些块方便使用。
首先考虑最小化，显然只能用操作 $2$，如果在长度大于二的块内删，那对答案贡献最多是 $1$，甚至没有贡献：如 3AC4A 到 2AC4A。
对于上面的例子，最好方法肯定删 C，贡献也很容易计算。

接下来考虑最大化，最坏办法是插一个字符产生 $1$ 的贡献，最优的肯定是在大于 $2$ 的块内添字符，如 6A 到 3AC3A，也就是我们要将前面的数字拆开，使位数最大化，这时很容易产生一个错误：操作的数字越大会使答案更优。但其实不是，举出反例：6A 到 3AC3A，产生 $3$ 的贡献；11A 到 10ACA 或 5AC6A，产生 $2$ 的贡献。但 $3>2$，所以说我们每个数字都要枚举。
接下来要考虑怎么分，手模几组数据可以知道，只会有两种分发，一种折半分，如 $8,100,1000=500+500$，另一种分成小于它的最大的 $10$ 的幂，如 $13,12=10+2$。所以我们对一个数分成两种情况取最大值。

mdsb分类讨论题，一个小时真的写吐了，感谢 loj 一位老哥的代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define is(ch) isdigit(ch)
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
using pll=pair<ll,ll>;
using ull=unsigned long long;
void read(int &x){
	char ch=getchar();
	int r=0,w=1;
	while(!isdigit(ch))w=ch=='-'?-1:1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch))r=(r<<1)+(r<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	x=r*w;
}
const int N=2e5+7;
char t[N];
int n,cnt;
struct node{
	char c;
	int len;
}a[N];
int get(int x){
	if(x==1)return 0;
	int sum=0;
	while(x){
		sum++;
		x/=10;
	}
	return sum;
}
void getmin(){
	int pos=0,s=0;
	int val=0; 
	for(int i=1;i<=cnt;i++)if(a[i-1].c==a[i+1].c&&a[i].len==1)
	{
		int x=a[i-1].len+a[i+1].len;
		if(get(a[i-1].len)+get(a[i+1].len)-get(x)>=val)
		{
			pos=i;
			val=get(a[i-1].len)+get(a[i+1].len)-get(x);
		}
	}
	if(!pos)
		for(int i=1;i<=cnt;i++)if(a[i].len<=2){pos=i;break;}
	for(int i=1;i<=pos-1;i++)s+=a[i].len;
	printf("2 %d\n",s+1);
}
char cc[]={'A','G','C','T'};
int get2(int x)
{
	int t=1;
	while(t*10<x)t*=10;
	return t;
}
void getmax(){
	int pos;	
	int val=0,tval;
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		int ttt=get2(a[i].len),ttx;
		if(get(ttt)+get(a[i].len-ttt)>get(a[i].len>>1)*2)ttx=ttt;
		else ttx=a[i].len>>1;
		if(get(ttx)+get(a[i].len-ttx)+2-get(a[i].len)>=val&&a[i].len>=4){
			val=get(ttx)+get(a[i].len-ttx)-get(a[i].len)+2;
			pos=i;
			tval=ttx;
		}
		//3A AC2A
		else if(a[i].len==3&&val<2){
			val=2;
			pos=i;
			tval=ttx;
		}
		//2A ACA A AC
		else if(a[i].len<3&&val<1){
			val=1;
			pos=i;
			tval=ttx;
		}
	}
	int s=0;
	char ans;
	for(int i=0;i<=3;i++)if(cc[i]!=a[pos].c&&cc[i]!=a[pos+1].c)ans=cc[i];
	for(int i=1;i<=pos-1;i++)s+=a[i].len;
	printf("1 %d %c\n",s+tval,ans);
}
int main(){
	scanf("%s",t+1);
	n=strlen(t+1);
	int now=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(is(t[i]))now=now*10+t[i]-'0';
		else{
			a[++cnt].c=t[i];
			a[cnt].len=now==0?1:now;
			now=0;
		}
	}
	getmin();
	getmax();
	return 0;
}

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本文作者：JMartin
本文链接：https://www.cnblogs.com/LAK666/p/16754150.html
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