Codeforces Round #789 (Div. 2)

A - Tokitsukaze and All Zero Sequence

题意：

给定一组数,可以进行以下操作:
任选两个数$a_i$和$a_j$
·如果 $a_i$ = $a_j$， 那么就让他们其中一个变为0.
·否则 $a_i$ = $a_j$ = min($a_i$,$a_j$)
问要将这个数组的元素全变为0，至少需要多少次这样的操作？

思路：如果说这个数组里本来就有0，那么我们可以一直利用这个0去改变其他非0的元素。如果这个数组里原本没有0，但是却有相同的数，那么我们可以通过将这两个相同的数其中一个变为0，然后再利用这个0去改变其他元素的值。如果既没有0又没有相同的数，那么我们就只能随机找一对数，把这两个数变为相等的然后再让其中一个变为0，然后再利用这个0去改变其他元素的值。

出现的问题：当时审题不清，考虑的是相邻的相等的，导致wa的两次，只能说自己太出现大意了。要改！

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 110;
int w[N];
 
void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 0; i < n; i++) cin >> w[i];
	int flag = 0;
	int cnt = 0;
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		for(int j = i + 1; j < n; j++) {
			if(w[i] == w[j]) {
				flag = 1;
				break;
			}
		}
	}
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		if(w[i] == 0) cnt++;
	}
	if(cnt > 0) cout << n - cnt << endl;
	else {
		if(flag) cout << n << endl;
		else cout << n + 1 << endl;
	}
}
 
signed main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

B1 - Tokitsukaze and Good 01-String (easy version)

题意:

给定一组由0，1组成的数组，对于这样的数组，我们可以把他分成若干子段，但是要求该数组满足：该数组的子段的所有元素必须相等，该子段长度必须为偶数。 我们可以进行一个操作：对于任意位置的数，我们可以将其变为0或1。问最少结果多少次操作可以将给出的数组变为符合要求的数组？

思路：

贪心。遇到奇数相等的，那么就让最后一个变为"相反"的数，一直弄下去，就搞定了。

遇到的问题： 想到了思路，但是实现代码的速度还是太慢了。要提升上去。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 1100;
int w[N];
 
void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	string s;
	cin >> s;
	char t = s[0];
	int k = 1;
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i < s.size(); i++) {
		if(s[i] == t) k++;
		else {
			if(k % 2) {
				ans++;
				t = s[i];
				k = 1;
				i--;
			}else {
				t = s[i];
				k = 1;
			}
		}
	}
	cout << ans << endl;; 
}
 
signed main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
} 

B2 - Tokitsukaze and Good 01-String (hard version)

题意：在B1的基础上，要求在求出最少分段数。

思路：经过B1的处理后，所有的01,10都将变为11或00，这是可以变化的，所以我们不用考虑这种情况，我们需要考虑的是11和00这两种，枚举，当后面的一对不等于前面的一对，则分段。最后对于分了几段，假如我们分了两次，那么就是分了三段，所以最终答案等于所得加1

代码：

没改进：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 2e5 + 10;
 
void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	string s;
	cin >> s;
	char t = s[0];
	int k = 1;
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i < s.size(); i++) {
		if(s[i] == t) k++;
		else {
			if(k % 2) {
				ans++;
				t = s[i];
				k = 1;
				i--;
			}else {
				t = s[i];
				k = 1;
			}
		}
	}
	cout << ans << ' '; 
	ans = 0;
	char pre = '2';
	for(int i = 0; i < n; i += 2) {
		if(s[i] != s[i+1]) continue;
		if(s[i] != pre) {
			ans++;
		}
		pre = s[i];
	}
	cout <<max(1ll, ans) << endl;
}
 
signed main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

改进后：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 2e5 + 10;
 
void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	string s;
	cin >> s;
	int ans = 0, cnt = 0;
	char pre = '2';
	for(int i = 0; i < n; i += 2) {
		if(s[i] != s[i+1]) cnt++;
		else if(s[i] != pre) {
			ans++;
			pre = s[i];
		}
	}
	cout << cnt << ' ' << max(1ll, ans) << endl;
}
 
signed main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

C - Tokitsukaze and Strange Inequality

题意：

给定一个数组，该数组的1-n的全排列。求满足$p_a$ < $p_c$ 并且 $p_b$ > $p_d$的数组{a,b,c,d}的个数。

思路： 可以通过枚举b,c。那么问题就变成了 求1~n中小于P[b] 并且 1 ~n 中 小于p[c]的情况；我们可以先预处理出b从1~n的每一种位置的a的d的情况，从而以O(n^2)的时间复杂度求出答案。不过要取long long

dp[i][j]： 区间[1,i]中个小于等于j的个数
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5010;
int w[N];
int dp[N][N];
 
void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> w[i];
	}
	for(int i = 1; i <= n;	 i++)
		for(int j = 1; j <= n; j++)
			dp[i][j] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) dp[i][j] += dp[i-1][j];
		for(int j = w[i]; j <= n; j++) dp[i][j]++;
	}
	int ans = 0;
	for(int b = 1; b <= n; b++) {
		for(int c = b + 1; c <= n; c++) {
			ans += dp[b-1][w[c] - 1] * (dp[n][w[b] - 1] - dp[c][w[b] - 1]);
		}
	}
	cout << ans << endl;
}
signed main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}