Goolge Kick Start Round A 2020 （A ~ D题题解）
A. Allocation
题意
给出 \(N\) 栋房子的价格，第 \(i\) 栋房子的价格为 \(A_i\)，你有 \(B\) 美元，问最多可以买多少栋房子？
思路
典型的贪心问题，将所有的房子按价格从低到高排序后选取即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int _, Case;
void solve() {
Case++;
int n, b;
cin >> n >> b;
int a[n];
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
sort(a, a + n);
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (b < a[i])
break;
else
b -= a[i], ans++;
}
cout << "Case #" << Case << ": " << ans << endl;
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> _;
while (_--) solve();
}
B. Plates
题意
有 \(N\) 叠盘子，每叠有 \(K\) 个盘子，每个盘子有个 beauty value，现在要拿 \(P\) 个盘子，使得 beauty value 之和最大。拿盘子的条件：如果一个盘子的上面的盘子都被拿走了，才能拿到这个盘子。
思路
本题有一点点像多重背包。首先计算每叠盘子各自的前缀和 \(sum[N][K]\)，设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 堆盘子中取 \(j\) 个盘子的 beauty value 的最大值，转移方程为：
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ms(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1510;
int _, Case = 0;
int n, p, k, x;
int sum[N][N], a[N][N], dp[N][N];
void solve() {
ms(sum, 0), ms(a, 0), ms(dp, 0);//初始化
cin >> n >> k >> p;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= k; ++j) cin >> a[i][j];
cout << "Case #" << ++Case << ": ";
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= k; ++j) sum[i][j] = sum[i][j - 1] + a[i][j];
for (int i = 0; i <= k; ++i) dp[1][i] = sum[1][i];
for (int i = 2; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= p; ++j) //这里不需要太大，到p就够了
for (int l = 0; l <= min(j, k); ++l)//接下来就是写状态转移方程了
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - l] + sum[i][l]);
cout << dp[n][p] << endl;
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
for (cin >> _; _; _--) solve();
}
C. Workout
题意
给定 \(N\) 个严格递增的数，往这 \(N\) 个数中间插 \(K\) 个数，插入后要使所有的数仍然保持严格递增，而且要保证相邻两数的最大绝对值之差最小，求最小的绝对值之差。
思路
想了挺久的，最后二分过的，典型的最大值最小的问题。判断函数的思路：传入参数 \(x\)，表示答案为 \(x\)，然后遍历每个数 \(num[i]\)，如果 \(num[i+1]−num[i]>x\)，就插入 \(num[i]+x\)，如果插入的数的个数大于 \(K\) 个就返回 false，否则返回 true。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int _, Case;
int n, k;
ll tmp[N], a[N];
bool check(int x) {
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n - 1; ++i)
while (tmp[i + 1] - tmp[i] > x) tmp[i] += x, cnt++;
if (cnt > k) return false;
return true;
}
void solve() {
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
cout << "Case #" << ++Case << ": ";
int l = 1, r = inf;
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) tmp[i] = a[i];
if (check(mid))
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
cout << r << endl;
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
for (cin >> _; _; _--) solve();
}
D. Bundling
题意
给定 \(N\) 个字符串，把它们分组，每组 \(K\) 个。每组的分数是该组所有字符串的最长公共前缀。求最大的所有组的分数和。
思路
很容易想到前缀树 (字典树 / trie 树，相关算法讲解)，建完树后从根节点 dfs，同时记录深度 d，然后从叶子节点回溯，统计每个节点出现的个数 cnt，如果某个节点 \(u\) 的 \(cnt[u]≥K\)，那么说明有 K 个字符串的前缀是以该节点结尾，深度 d 表示它们的前缀的长度，由于是从叶子节点回溯的，所以一定是最长公共前缀，所以 \(ans=ans+d\)，同时 \(cnt[u]\) 减去 \(k\)，即这 \(k\) 个字符串已经分完组，不再分到其他组。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ms(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int trie[N << 2][30], tot = 1;
int cnt[N << 2], n, k, _, Case;
ll ans;
string s;
void init() { ms(trie, 0), ms(cnt, 0), tot = 1, ans = 0; }
void insert(string s) {
int p = 0;
for (auto c : s) {
int idx = c - 'A';
if (!trie[p][idx]) trie[p][idx] = tot++;
p = trie[p][idx];
}
++cnt[p];
}
void dfs(int u, int d) { //起点，深度
for (int v = 0; v < 26; ++v) {
if (trie[u][v]) {
dfs(trie[u][v], d + 1);
cnt[u] += cnt[trie[u][v]];
}
}
ans += cnt[u] / k * d, cnt[u] %= k;
}
void solve() {
init();
cout << "Case #" << ++Case << ": ";
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> s, insert(s);
dfs(0, 0);
cout << ans << endl;
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
for (cin >> _; _; _--) solve();
}
这是第一次做Google平台的比赛，感觉难易度适中（适合我这种蒟蒻，感觉以后可以多写写）
