Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2) A~C
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最近写学习了一下网络爬虫，但昨天晚上的CF让人感觉实力明显退步，又滚回来刷题了QAQ...
比赛链接：Here
1389A. LCM Problem
给定区间 \([l,r]\)，求两个不同的数字 \(x,y\) ，使得\(l≤x<y≤r,l≤LCM(x,y)≤r\) 。
思路
这道题和之前的一道求区间最大 \(\gcd\) 的签到很像，感兴趣的可以去看看 CF1370A. Maximum GCD。
在这个题目中的条件可以整合为 \(l\le x < y \le lcm\le r\)，所以我们只需要让 \(lcm\) 最小即可 。
\(x\) 和 \(y\) 的最小公倍数最小为 \(lcm_{min}(x,y) = y = 2x\) ，此时令 \(x=l\) ，可以得到 \(lcm_{min}=y=2l\) ，即为最小的答案。如果 \(2l>r\)， 无解。
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int _; for (cin >> _; _--;) {
ll l, r; cin >> l >> r;
if (2 * l > r) cout << "-1 -1\n";
else cout << l << " " << 2 * l << "\n";
}
}
1389B. Array Walk
给定数组 \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\)，起点为 \(a_1\) ，你可以向左向右移动，不能越界，最多 \(k\) 次。
并且限制不能连续的向左移动，且向左移动的次数最多为 \(z\) 。
每次移动到位置 \(i\) 可以获取分数 \(a_i\) ，初始分数为 \(a_1\) ，询问你可以得到的最大分数和。
思路：
最开始在写的时候挺懵逼的，但考虑差分之后感觉可以就往下推了，正好这个思路是正解？
首先，向左移动不能连续，所以如果有向左移动，就只能以左右间隔的形式反复横跳。其次，以贪心的思想，最大和出现的情况，一定是只在某两个相邻位置之间反复横跳。
我们将移动分为三个阶段：
- 第一阶段，假设初始向右移动了 \(i\) 步，那么当前处于的位置为 \(a_{i+1}\) ，积分和为 \(s1= sum_{i+1}\) （设 \(sum_i = \sum_{k=1}^ia_k\)，即前 \(i\) 项和）
- 第二阶段，随后在 \(a_i\) 与 \(a_{i +1}\)之间反复横跳，设此过程中向左次数最多为 \(p\) 次，向右次数最多为 \(q\) ，则 \(p=\min \left(z,\left\lceil\frac{k-i}{2}\right\rceil\right), q=\min (p, k-i-p),\) 得到的积分为 \(s_{2}=p * a_{i}+q * a_{i+1}\)
- 第三阶段，设剩余的步数为 \(k_1 = k - i - p - q\)
- 如果 \(k_1 > 0\) ，全部用于向右移动，可以得到的积分为 $s_{3}=s u m_{k_{1}+i+1}-s u m_{i+1} $ (如果有剩余步，那 么第二阶段结束后位置一定在 \(i+1\)) 。
- 如果 $k_{1}=0 $, 则 $s_{3}=0 $, 且同时 $ i+1=k-p-q+1$ ，即 $s u m_{i+1}=s u m_{k-p-q+1} $, 无论阶段二的落点是在 \(i\) 还是 $i+1 $ 。
三个阶段的总积分获取为：\(r e s=s_{1}+s_{2}+s_{3}=s u m_{k-p-q+1}+p * a_{i}+q * a_{i+1}\)
则最大积分和 \({ ans }=\max \left\{\mathrm{res}_{i} \mid r e s_{i}=\operatorname{sum}_{k-p-q+1}+p * a_{i}+q * a_{i+1}, i \in[1, k]\right\}\) ，
复杂度为：\(\mathcal{O}(k)\)
const int N = 1e5 + 10;
ll a[N], s[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int _; for (cin >> _; _--;) {
ll n, k, z;
cin >> n >> k >> z;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
ll ans = 0;
s[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] + a[i];
for (int i = 1; i < k + 1; i += 1) {
ll p = min(1ll * z, (k + 1 - i) / 2);
ll q = min(1ll * p, k - i - p);
ll res = s[k - p - q + 1] + p * a[i] + q * a[i + 1];
ans = max(ans, res);
}
cout << ans << "\n";
}
}
1389C. Good String
规定字符串 \(t_1,t_2,t_3,...,t_n\)
如果 \(t_n,t_1,t_2,...t_{n−3},t_{n−2},t_{n−1},t_n\)与 \(t_2,t_3,t_4,...t_{n−1},t_n\) 完全相同，则称该字符串为 Good String
判断给定字符串至少删除多少个字符可以变成 Good String 。
思路：
简单推导可以得到 Good String 中：
-
如果 \(n\) 是偶数，\(t_1 = t_3 = t_5 =...=t_{n-3} = t_{n-1}\) 且 \(t_2 = t_4 =...=t_{n-2} = t_n\)
如 \(25252525\)
-
如果 \(n\) 为奇数，\(t_1 = t_2 = ...=t_n\) ，如 \(2222\)
而且题目规定 \(t_i \in [0,9]\) ，我们通过可以构造 \(10\times 10\) 种情况，分别算转化需要的最小花费。
复杂度为：\(\mathcal{O}(10^2n)\)
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int _; for (cin >> _; _--;) {
string s; cin >> s;
int a[2] = {};
int ans = INT_MAX;
for (int i = 0; i < 10; ++i)
for (int j = 0; j < 10; ++j) {
a[0] = i, a[1] = j;
int ct = 0, k = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
if (s[i] != a[k & 1] + '0') ct++;
else k = !k;
}
if (int(s.size() - ct) & 1) if (i != j) ct++; //只有全相等才能为奇数
ans = min(ans, ct);
}
cout << ans << "\n";
}
}
1389D. Segment Intersections
待补
