CF1506
感觉今天脑子特别不清醒AWA
A.Strange Table
题目大意：
给出两种矩阵的排列方式：
- 竖排
- 横排
每次给出\(n,m,k\)，求在\(n\times m\)的矩阵中，对于竖排数字为\(k\)的位置，横排数字是多少\((1\leqslant n,m\leqslant 10^{6},1\leqslant k\leqslant n\times m)\)
解题思路：
直接做做完了。通过一些加减乘除求出数字\(k\)在竖排中的位置坐标\((x,y)\)，再通过一些加减乘除求出横排中\((x,y)\)的数即可。
可恶啊，刚开始取模的时候没特判0
小代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T;
int n,m,x;
signed main()
{
scanf("%lld",&T);
while (T--)
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&x);
int r=x%n,c=(x+n-1)/n;
if (r==0) r=n;
printf("%lld\n",(r-1)*m+c);
}
return 0;
}
B.Partial Replacement
题目大意：
给出一个由' . '和' * '组成的字符串\(s\)，每次操作需要将一个' * '改为' x '，使得对于所有\(s_{i}=s_{j}=' x\ '\)，满足\(j-i\leqslant k\)
特别地，要求第一个与最后一个' * '必须变为' x '。
求使字符串满足条件时，最少的操作次数。保证给出数据有合法解。\((1\leqslant k\leqslant n\leqslant 500)\)
解题思路：
直接模拟做做完了。用\(pre\)记录上一个变为' x '的位置，用\(lst\)记录上一个' * '的位置，若当前\(i-pre>k\)，那么\(lst\)就一定要变成' x '。注意特判第一个和最后一个，额外\(+1\)的时候不要重复加。
小代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T;
int n,k;
string str;
int cnt,tol;
signed main()
{
cin>>T;
while (T--)
{
cin>>n>>k>>str;
cnt=tol=0;
int _size=str.size();
int pre=-1,lst=0;
for (int i=0;i<_size;i++)
{
if (str[i]!='*') continue;
if (pre==-1) lst=i;
if (i-pre>k||pre==-1) cnt++,pre=lst;
lst=i,tol++;
}
if (tol>1) cnt++;
printf("%lld\n",cnt);
}
return 0;
}
C.Double-ended Strings
题目大意：
给出两个字符串\(a,b\)，每次操作可以删去一个字符串的第一个字符或最后一个字符，求至少需要多少次操作可以使得\(a,b\)完全相同。\((1\leqslant |a|,|b|\leqslant 20)\)
解题思路：
逆转题意，我们可以将题意转化为：求\(a,b\)的最长公共子串长度\(len\)，输出\(|a|+|b|-len\times 2\)。注意到极小的数据量，我们可以直接设状态\(f_{i,j}\)表示以\(a_{i},b_{j}\)结尾的最长公共子串的长度，状态转移方程也很好想，就是
小代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=25;
int T;
string a,b;
int f[N][N];
int ans;
signed main()
{
cin>>T;
while (T--)
{
cin>>a>>b;
int size1=a.size(),size2=b.size();
a=" "+a,b=" "+b;
ans=0;
for (int i=1;i<=size1;i++)
{
for (int j=1;j<=size2;j++)
{
if (a[i]==b[j]) f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
else f[i][j]=0;
ans=max(ans,f[i][j]);
}
}
cout<<size1+size2-ans*2<<'\n';
}
return 0;
}
D.Epic Transformation
题目大意：
给出一个长度为\(n\)的序列\(a\)，每次操作可以选择\(i,j\) 满足\(a_{i}\neq a_{j}\)并删除\(a_{i},a_{j}\)，求序列\(a\)经过若干次操作后最少有多少个数。\((1\leqslant \Sigma n\leqslant 2\times 10^{5},1\leqslant a_{i}\leqslant 10^{9})\)
解题思路：
注意到什么情况下会剩下数。设\(k\)为序列中值为某数的个数，只要\(k\leqslant \lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)那么一定有法两两匹配；但若是存在\(k>\lfloor \frac{n}{2}\rfloor\)，那么一定会剩下 \(k\times2-n\) 个数无法匹配。显然，这样的数在整个序列中最多只会存在一个，所以统计最大的\(k\)值即可。再次注意到\(a_{i}\)的值域，再次用\(map\)当桶数组。
注意到两两匹配，那么还需要判断一下\(n\)的奇偶再输出。
小代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int T;
int n,a[N];
map <int,int> bx;
int k;
signed main()
{
scanf("%lld",&T);
while (T--)
{
k=0;
bx.clear();
scanf("%lld",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
bx[a[i]]++;
k=max(k,bx[a[i]]);
}
if (k<=n/2) printf("%lld\n",n%2);
else printf("%lld\n",k*2-n);
}
return 0;
}
E.Restoring the Permutation
题目大意：
给出一个长度为\(n\)的序列\(q\)，要求分别输出字典序最小、字典序最大的合法排列\(p\)。我们认为排列\(p\)合法，当且仅当：
- \(p\)是长度为\(n\)的排列
- 对于\(\forall i\in [1,n]\)，有\(q_{i}=max\{p_{1},p_{2},…,p_{i}\}\)
\((1\leqslant n\leqslant 2\times 10^{5},1\leqslant q_{i}\leqslant n)\)
解题思路：
翻译题意后，原题相当于：给出一个排列的前缀最大值数组\(q\)，要求输出字典序最大、最小的原排列\(p\)。
直接模拟做完了。用\(set\)维护剩下可选的数，若\(q_{i}\neq q_{i-1}\)，那么一定满足\(p_{i}=q_{i}\)；若\(q_{i}=q_{i-1}\)，那么贪心考虑\(p_{i}\)即可。
小代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int T;
int n,q[N];
int ans1[N],ans2[N];
set <int> st1,st2;
signed main()
{
scanf("%lld",&T);
while (T--)
{
scanf("%lld",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&q[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) st1.insert(i),st2.insert(i);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (q[i]!=q[i-1])
{
ans1[i]=ans2[i]=q[i];
st1.erase(q[i]),st2.erase(q[i]);
continue;
}
set <int> ::iterator it=st2.lower_bound(q[i]);
it--;
ans2[i]=*it;
st2.erase(*it);
set <int> ::iterator it2=st1.begin();
ans1[i]=*it2;
st1.erase(*it2);
}
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans1[i]);
printf("\n");
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans2[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
F.Triangular Paths
题目大意：
考虑一个多层三角形，第\(k\)层有\(k\)个节点，层数从\(1\)开始标号。对于节点\((r,c)\)，它分别有一条连向\((r+1,c),(r+1,c+1)\)的边。若\(r+c\)是偶数，那么到\((r+1,c)\)的边是有效边，否则到\((r+1,c+1)\)的边有效。
一开始在位置\((1,1)\)，每次操作可以通过有效边到达下一层，或耗费1的代价，使得对于节点\((r,c)\)，原本有效边变无效、原本无效边变有效。
现在给出\(n\)个点的标号\((r_{i},c_{i})\)，要求输出可以全部经过这些点的最小大家。\((1\leqslant \Sigma n\leqslant 2\times 10^{5},1\leqslant c_{i}\leqslant r_{i}\leqslant 10^{9})\)
解题思路(口胡)：
原题的图不助于理解题意，于是有了下图。
容易发现，原本的图形成了若干个不相交的子图，而同一个子图中\(\lfloor \frac{r-c}{2}\rfloor\)相等。在一个子图中，在左边的节点可以直接走到，在右边的需要代价，那么分类讨论一下。
若点\((r,c)\)满足\(r+c\mod 2=0\)，那么这个点一定需要一定代价才能走到，统计需要新建的边即可。
若点\((r,c)\)满足\(r+c\mod 2=1\)，那么它通过一些新建的边到达它所在的子图即可，统计它所在子图所需的代价即可。
