Educational Codeforces Round 109 (Rated for Div. 2) 个人补题记录（A~D，AB思维，C模拟构造，D题DP）
补题链接：Here
1525A. Potion-making （思维
【题意描述】
作为一个魔法师，现在我想配置一杯药物浓度为 \(k\%\) 的药水，
每次操作能进行添加：
- 一升水
- 一升药物精华
作为魔法师并不在意最后配出来药水升数，请问最少进行多少次操作能得到结果
【思路分析】
先不管 \(k\) 是多少但最多 \(100\) 次操作一定能得到想要的结果，
但某些情况下是不需要执行那么多次结果的，比如 \(k = 25\) ，此时只要进行 4 次
这样的话很容易想到求一下 100 / 公约数即可
【AC 代码】
void solve() {
int n;
cin >> n;
cout << 100 / __gcd(100, n) << "\n";
}
1525B. Permutation Sort (思维
【题意描述】
给定一个可能无序的数组a（1~n），现在允许执行操作：对数组按任意情况重排序，但最多 \(n-1\) 区间内重排
请问在给定数组的情况下最少执行多少次？
【思路分析】
- 情况1 ：本身就有序了，输出 \(0\)
- 情况2：\(a_1 = 1\ or\ a_n = n\) 则排一次补集即可
- 特殊3：\(n = 5\) ，\(a[] = \{5,.,.,.,1 \}\) 此时先排 \([1,n - 1]\) 然后排 \([2,n]\)，再排 \([1,2]\)。3次一定能得到升序（当然3次排序还有其他写法）
- 情况4：不是以上情况的情况下一定 \(2\) 次排完
【AC 代码】
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int _;
for (cin >> _; _--;) {
int n;
cin >> n;
int a[n + 1];
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
if (a[i] != i)cnt++;
}
if (cnt == 0) cout << "0\n";
else if (a[1] == 1 || a[n] == n)cout << "1\n";
else {
if (a[1] == n and a[n] == 1)cout << "3\n";
else cout << "2\n";
}
}
return 0;
}
1525C. Robot Collisions
比赛的时候看出来是一道很复杂的模拟题就没去想
这里贴一下大佬的代码作为学习，开启C++17以便使用 tuple 元组
【AC 代码】
int n, m;
void solve() {
cin >> n >> m;
vector<pair<int, int>>a(n);
for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i].first;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
char c; cin >> c;
a[i].second = (c == 'R' ? 1 : 0);
}
vector<tuple<int, int, int>>v[2];
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int val = (a[i].first & 1);
v[val].emplace_back(a[i].first, a[i].second, i);
}
vector<int>ans(n, -1);
auto calc = [&](vector<tuple<int, int, int>>&v)->void {
sort(v.begin(), v.end());
stack<pair<int, int>>st;
for (auto&[x, d, ind] : v) {
if (d == 0) {
if (st.empty())st.push(make_pair(-x, ind));
else {
ans[st.top().second] = ans[ind] = (x - st.top().first) / 2;
st.pop();
}
} else st.push(make_pair(x, ind));
}
while (st.size() > 1) {
pair<int, int> p = st.top();
st.pop();
p.first = m + (m - p.first);
ans[p.second] = ans[st.top().second] = (p.first - st.top().first) / 2;
st.pop();
}
};
calc(v[0]), calc(v[1]);
for (int &x : ans)cout << x << " ";
cout << "\n";
}
1525D. Armchairs
【题意描述】
现有 \(n\) 个座位，有最多不超过 \(\frac{n}2\) 的人已经就座了，但由于某种情况每个人都不能坐在原来的位置，需要移动到最近的空位置（并且别人原本的位置是不能坐的，别人在移动时剩余的人不能动），请输出最少的移动距离和 (每个人的移动距离为：new seat- old seat)
【思路分析】
这道题在比赛时用贪心没写出来，然后推测需要DP优化，但没处理好
赛后看了一下高Rank写法发现这道题应该先分开来保存空位置和有人的位置，利用记忆化去枚举有人的位置到所有的空位置的最小代价
【AC 代码】
const int N = 5010;
int c[N], b[N], f[N];
void solve() {
int n;
cin >> n;
int cb = 0, cc = 0;
// 分别记录下标
for (register int i = 1, te; i <= n; ++i) {
cin >> te;
(te ? b[++cb] : c[++cc]) = i;
}
// 注意这里不需要初始化全部位置
memset(f + 1, 0x3f, sizeof(int) * cb);
for (int i = 1; i <= cc; i++) {
for (int j = min(cb, i); j >= 1; j--) {
f[j] = min(f[j], f[j - 1] + abs(b[j] - c[i]));
}
}
cout << f[cb] << "\n";
}
顺序记录一下没考虑全面时写的贪心解法 WA8
using ll = long long;
const int N = 5010;
int a[N], vis[N];
int n;
int rdfs(int x) {
while ((a[x] == 1 or a[x] == -1) and x >= 1)x--;
if (x <= 0)x = -1;
return x;
}
int ldfs(int x) {
while ((a[x] == 1 or a[x] == -1) and x <= n)x++;
if (x > n)x = -1;
return x;
}
void solve() {
cin >> n;
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i], cnt += a[i];
if (cnt == 0) {cout << "0\n"; return ;}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (a[i] == 1) {
int r = rdfs(i), l = ldfs(i);
cout << i << " " << l << " " << r << "\n";
if (r == -1 and l != -1) ans += l - i, a[l] = -1;
else if (l == -1 and r != -1)ans += i - r, a[r] = -1;
else if (l != -1 and r != -1) {
if (l - i <= i - r) a[l] = -1, ans += l - i;
else a[r] = -1, ans += i - r;
}
}
}
cout << ans << "\n";
}
