Codeforces Round #543 (Div. 1, based on Technocup 2019 Final Round) 题解

题面戳这里

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A. Diana and Liana

首先如果$s>k$一定无解，特判一下。那么我们考虑找恰好满足满足题目中的要求的区间$[l,r]$，那么需要要删去的数一定是$(l-1)\%k+max((r-l+1)-k,0)$。前面的表示要把$[1,l-1]$区间删成$k$的倍数，后面的表示要把这个区间删到$k$长度以内。判断这个值是否不大于能够删的最大值$m-n\cdot k$，然后更新答案。

不能枚举，但是当$l$增大，恰好满足条件的区间的$r$一定也会增大。那么就枚举左端点，右端点向右移动就行了。

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 500005;
int m, n, k, s, a[MAXN], b[MAXN], mx;
int cnt[MAXN], need[MAXN], now, all, sum;
int main () {
	scanf("%d%d%d%d", &m, &k, &n, &s); mx = m-n*k;
	if(s > k) return puts("-1"), 0;
	for(int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	for(int i = 1; i <= s; ++i) {
		scanf("%d", &b[i]);
		if(++need[b[i]] == 1) ++all;
	}
	int r = 0;
	for(int i = 1; i <= m && r <= m; ++i) {
		int tmp = (i-1)%k;
		while(now < all && r < m) {
			++cnt[a[++r]];
			if(cnt[a[r]] == need[a[r]]) ++now;
		}
		if(now == all && tmp + max(r-i+1-k, 0) <= mx) {
			printf("%d\n", tmp + max(r-i+1-k, 0));
			for(int j = 1; j <= tmp; ++j)
				printf("%d ", j);
			int left = max(r-i+1-k, 0);
			for(int j = i; j <= r && left; ++j)
				if(cnt[a[j]] > need[a[j]]) {
					--left; --cnt[a[j]];
					printf("%d ", j);
				}
			return 0;
		}
		if(--cnt[a[i]] == need[a[i]]-1) --now;
	}
	puts("-1");
}

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B. Once in a casino

直接从左到右考虑，假设前面的位置都已经满足了，那么这位上的数需要加几/减几就直接加/减上去，但是这样有可能让下一位加到9以上或者减到0以下，暂时先不管。如果到最后$a_n=\not b_n$就无解，反之一定有解（显然）。然后因为只要求输出前$10^5$次，模拟操作即可：直接从左到右贪心执行操作，遇到越界的情况就递归就行了。

代码挺丑的，能过就行。

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
int n, A[MAXN], cur;
long long ans;
char a[MAXN], b[MAXN];
inline int ff(int x) { return x > 0 ? 1 : x < 0 ? -1 : 0; }
inline bool chkout(int x) { return !(x >= 0 && x <= 9); }
void solve(int i, int val) { //solve(i,val)表示把i加上val
    if(cur == 100000) return;
    //if(i > n) return;
    int k = ff(val);
    if(chkout(A[i+1]+val)) {
        if(A[i+1]+val > 9) solve(i+1, 9-(A[i+1]+val));
        else solve(i+1, 0-(A[i+1]+val));
    }
    if(cur == 100000) return;
    while(val) {
        ++cur;
        printf("%d %d\n", i, k);
        val -= k, A[i] += k, A[i+1] += k;
        if(cur == 100000) return;
    }
}
int main () {
	scanf("%d", &n);
	scanf("%s", a+1);
	scanf("%s", b+1);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
        A[i] = a[i]-'0';
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        A[i+1] += b[i]-'0'-A[i];
        ans += abs(b[i]-'0'-A[i]);
        A[i] = b[i]-'0';
    }
    if(A[n+1]) puts("-1");
    else {
        printf("%I64d\n", ans);
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            A[i] = a[i]-'0';
        for(int i = 1; i <= n && cur < 100000; ++i)
            solve(i, b[i]-'0'-A[i]);
    }
}

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C. Compress String

直接预处理出来每两个位置的后缀的最长公共前缀记作$mx[i][j]$，因为是$5000$，$O(n^2)dp$就行了（也可以$SA$）。

定义$f[i]=\max_{j<i} mx[i][j]$，$dp[i]$表示到前$i$个最小费用，$O(n^2)$转移很显然：
$dp[i]=min(dp[i-1]+a\ ,\ \min_{f[j]\ge (i-j+1),\ j\le i} dp[j-1]\ +\ b)$

也有$trie$树/$SAM$的算法

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5005;
int n, a, b, dp[MAXN], mx[MAXN][MAXN], f[MAXN];
char s[MAXN];
int main () {
	scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
	scanf("%s", s+1);
	for(int i = n; i; --i) {
        for(int j = n; j; --j) {
            if(s[i] == s[j]) mx[i][j] = mx[i+1][j+1] + 1;
            f[i] = max(f[i], min(mx[i][j], i-j));
        }
	}
    dp[1] = a;
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        dp[i] = dp[i-1] + a;
        for(int j = 2; j <= i; ++j) {
            if(f[j] >= i-j+1)
                dp[i] = min(dp[i], dp[j-1] + b);
        }
    }
    printf("%d\n", dp[n]);
}

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D. Power Tree

树形$dp$

定义$dp[u][0]$表示$u$子树内节点全部统一成一个值且此值可控
定义$dp[u][1]$表示$u$子树内节点全部统一成一个值且此值不可控

转移如下：
$dp[u][1]=min\left(\sum_{v\in S} dp[v][0]+dp[w][1](w\in\not S)\right)$
$dp[u][0]=min\left(\sum dp[v][0]\ ,dp[u][1]+c[u]\right)$

答案就是$dp[1][0]$

要求哪些可能被占领就再dfs一遍就行了。我的写法记忆化了一下。

总时间复杂度$O(n)$

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 200005;
int n, c[MAXN];
vector<int>G[MAXN];
long long f[MAXN][2];
void dfs(int u, int ff) {
	if(G[u].size() == 1 && u != 1) { //注意判根
		f[u][0] = c[u];
		f[u][1] = 0;
		return;
	}
	long long tmp = 1ll<<60, sum = 0;
	for(auto v : G[u])
		if(v != ff) {
			dfs(v, u);
			sum += f[v][0];
			tmp = min(tmp, f[v][1]-f[v][0]);
		}
	//printf("%I64d\n", sum);
	f[u][1] = tmp + sum;
	f[u][0] = min(sum, f[u][1] + c[u]);
}
bool can[MAXN], vis[MAXN][2];
void dfs2(int u, int tp, int ff) {
	if(vis[u][tp]) return; //记忆化
	vis[u][tp] = 1;
	if(G[u].size() == 1 && u != 1) { //注意判根
		if(tp == 0)
			can[u] = 1;
		return;
	}
	long long tmp = 1ll<<60, sum = 0;
	for(auto v : G[u])
		if(v != ff) {
			sum += f[v][0];
			tmp = min(tmp, f[v][1]-f[v][0]);
		}
	//f[u][1] = tmp + sum;
	//f[u][0] = min(sum, f[u][1] + c[u]);
	if(tp == 0) {
		if(f[u][0] == f[u][1] + c[u]) {
			can[u] = 1;
			int cnt = 0; //如果 cnt>1 两个儿子都可能被选中成为f[w][1], 那么大家都可能被选作f[v][0]
			for(auto v : G[u])
				if(v != ff) if(f[v][1]-f[v][0] == tmp) dfs2(v, 1, u), ++cnt;
			for(auto v : G[u])
				if(v != ff && (cnt > 1 || f[v][1]-f[v][0] != tmp))
					dfs2(v, 0, u);
		}
		if(f[u][0] == sum) {
			for(auto v : G[u])
				if(v != ff) dfs2(v, 0, u);
		}
	}
	else {
		int cnt = 0;
		for(auto v : G[u])
			if(v != ff) if(f[v][1]-f[v][0] == tmp) dfs2(v, 1, u), ++cnt;
		for(auto v : G[u])
			if(v != ff && (cnt > 1 || f[v][1]-f[v][0] != tmp))
				dfs2(v, 0, u);
	}
}
int main () {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%d", &c[i]);
	for(int i = 1, x, y; i < n; ++i)
		scanf("%d%d", &x, &y),
		G[x].push_back(y),
		G[y].push_back(x);
	dfs(1, -1);
	printf("%I64d ", f[1][0]);
	dfs2(1, 0, -1);
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		if(can[i]) ++ans;
	printf("%d\n", ans);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		if(can[i]) printf("%d ", i);
}

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E. The very same Munchhausen

考虑是否能拆位处理：

由低位到高位枚举，设$f[x][i][j][0/1]$表示枚举到第$x$位，前$x−1$位构成的数$×a$后累积到当前位的需要加上的值为$i$，前$x−1$位构成的数$×a$的数位之和$×a$与前$x−1$个数位之和的差为$j$，是否所有数位均为$0$时的状态是否合法。
$f[x][i][j][0/1]=1$表示当前状态合法，$f[x][i][j][0/1]=0$表示不合法。

观察转移可以发现：

$x$这一维可以省略
求解$f[i][j][0/1]$可以转成$0−9$枚举当前位向外$bfs$
答案状态即$f[0][0][1]$，为输出答案，记录$dig[i][j][0/1]$表示最高位的值($0−9$)，$pre[i][j][0/1]$三元组表示状态$f[i][j][0/1]$的前驱。

计算得到$i≤1000$

而$−1000≤j≤1000$（并不会证明)，从而保证了复杂度。

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int K = 1000;
struct node { int x, y, z; }pre[1005][2005][2];
queue<node>q;
int a, dig[1005][2005][2];
bool vis[1005][2005][2];
inline string solve() {
	vis[0][K][0] = 1;
	dig[0][K][0] = -1;
	q.push({0, K, 0});
	while(!q.empty()) {
		int i = q.front().x, j = q.front().y, tp = q.front().z;
		if(i == 0 && j == K && tp == 1) {
			string re = ""; node tmp;
			while(~dig[i][j][tp]) {
				if(!re.empty() || dig[i][j][tp])
					re += dig[i][j][tp]+'0';
				tmp = pre[i][j][tp];
				i = tmp.x, j = tmp.y, tp = tmp.z;
			}
			return re;
		}
		for(int k = 0; k < 10; ++k) {
			int x = (i + k * a) / 10;
			int y = (i + k * a) % 10 * a + j - k;
			int z = (tp || k);
			if(y >= 0 && y <= 2000 && !vis[x][y][z])
				vis[x][y][z] = 1, dig[x][y][z] = k, pre[x][y][z] = q.front(), q.push({x, y, z});
		}
		q.pop();
	}
	return "-1";
} 

int main () {
	scanf("%d", &a);
	cout<<solve()<<endl;
}

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F. Secret Letters

实在无力写了，自己看这里吧

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
int n, c, d, t[MAXN], tp[MAXN];
int main () {
	scanf("%d%d%d", &n, &c, &d);
	char ss[2];
	for(int i = 0; i < n; ++i) {
		scanf("%d%s", &t[i], ss);
		tp[i] = ss[0] == 'P' ? 0 : 1;
	}
	scanf("%d", &t[n]);
	int last; tp[n] = -1;
	long long s = 0, ans = 1ll * n * d;
	for(int i = n; i; --i) {
		if(tp[i-1] != tp[i]) last = t[i]; //i=n 时一定会执行这一条, 把last设为t[n]
		else s += min(1ll*d, 1ll*(last-t[i])*c);
		ans = min(ans, s + 1ll * (i-1) * d + 1ll*(t[n]-t[i-1]) * c);
		//s指后面i...n的代价    (i-1)d 指 0...i-2 直接送的代价  后面这一坨是i-1贯穿整过程的代价
	}
	printf("%I64d\n", ans);
}