CF1506

合集 - CF题解(11)

1.CF10282024-10-302.CF11052024-11-063.CF14922024-11-084.CF1052024-11-095.CF4012024-11-116.CF14982024-11-127.CF10412024-11-188.CF1102(*^▽^*)2024-11-209.CF11142024-11-22

10.CF15062024-11-24

11.CF17802024-11-27

收起

感觉今天脑子特别不清醒AWA

A.Strange Table

CF原题链接

题目大意：

给出两种矩阵的排列方式：

• 竖排

$$\begin{array}{ccccc}1& 4& 7& 10& 13\\ 2& 5& 8& 11& 14\\ 3& 6& 9& 12& 15\end{array}$$

• 横排

$$\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 6& 7& 8& 9& 10\\ 11& 12& 13& 14& 15\end{array}$$

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$(1⩽n,m⩽{10}^6,1⩽k⩽n\times m)$

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

CF原题链接

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$s_i=s_j{=}^{\prime }x{}^{\prime }$，满足$j-i⩽k$

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。$(1⩽k⩽n⩽500)$

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

CF原题链接

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。$(1⩽|a|,|b|⩽20)$

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

$$f_{i,j}=\{\begin{array}{l}0,a_i\ne b_j\\ f_{i-1,j-1}+1,a_i=b_j\end{array}$$

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

CF原题链接

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$a_i\ne a_j$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。$(1⩽\mathrm{\Sigma }n⩽2\times {10}^5,1⩽a_i⩽{10}^9)$

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$k⩽\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$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 $k\times 2-n$ 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

CF原题链接

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$\mathrm{\forall }i\in [1,n]$，有$q_i=max\{p_1,p_2,\dots ,p_i\}$

$(1⩽n⩽2\times {10}^5,1⩽q_i⩽n)$

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$q_i\ne q_{i-1}$，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

CF原题链接

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。$(1⩽\mathrm{\Sigma }n⩽2\times {10}^5,1⩽c_i⩽r_i⩽{10}^9)$

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$r+c\mathrm{mod}2=0$，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$r+c\mathrm{mod}2=1$，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。