Codeforces Round 876 (Div. 2) 题解 A - D

A. The Good Array

题目大意

给定两个整数 $n$ 和 $k$，规定一个$01$数列为好的的条件是，对于$1\sim n$中任意的 $i$，都有：

• $a$ 的前 $i$ 个元素中至少有 $\lceil \frac{i}{k}\rceil$ 个都是 $1$。
• $a$ 的后 $i$ 个元素中至少有 $\lceil \frac{i}{k}\rceil$ 个都是 $1$。

问数列中 $1$ 的数量的最小可能值。

解题思路

先考虑最简单的情况，$k$ 取得 $1$，这样我们的每一个元素都必须为 $1$。

如果 $k$ 不是 $1$，我们最终得到的序列一定是把 $1$ 公摊使用的，那么前 $k$ 个元素当中，只需要第一个元素是 $1$ 即可，由前后缀的限制我们的数列也一定是对称的，依次类推，我们不难看出，实际上所求的数就是 $\lceil \frac{n+k-1}{k}\rceil$ 个 $1$。

AC Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <cmath>
#define endl '\n'
#define ios ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 1e5 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;

void solve() {
    double n, k;
    cin >> n >> k;
    if (k == 1) {
        cout << n << endl;
        return;
    }
    cout << ceil((n + k - 1) / k) << endl;
}

signed main() {
    ios;
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

---

B. Lamps

题目大意

每个灯有打开，关闭和坏掉三种状态，以及两个参数 $a$ 和 $b$。其中， $b$ 代表打开一盏灯的得点。$a$ 代表一种制约关系，当场上打开了 $x$ 盏灯，那么场上所有 $a$ 值小于 $x$ 的灯会同时坏掉，不可以再次操作。

问最后最大得点为多少。

解题思路

首先我们来看看最优情况是怎么样的。

如果存在一个 $a$ 值很小，比方说是 $1$，然后 $b$ 值很大的一盏灯，那么我们肯定会优先开启这盏灯，然后它会坏掉，同时保留这盏灯的得点。

那么我们可以对这些灯按照 $a$ 值分类，在每一类中对 $b$ 值由大到小排序，随后只需要暴力找每个值即可。

AC Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define endl '\n'
#define ios ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 2e5 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;

void solve() {
    int n;
    LL res = 0;
    cin >> n;
    vector<vector<int>> v(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        v[x].push_back(y);
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        std::sort(v[i].begin(), v[i].end(), greater<>());
        for (int j = 0; j < min(i, (int)v[i].size()); ++j) {
            res += v[i][j];
        }
    }
    cout << res << endl;
}

signed main() {
    ios;
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

---

C. Insert Zero and Invert Prefix

题目大意

给定一个$01$数列 $a$，同时初始化一个空$01$数列 $b$，现在需要进行 $n$ 次操作，每次操作可以选择 $i\in [0,b.\text{length - 1}]$，将 $b$ 中 $[0,i]$ 的元素取反，并在第$i$ 位插入 $0$，后面的元素不动。问能否操作构造出 $a$ 数列。

解题思路

从零构造不好做的话我们可以考虑正难则反，考虑逆向情况。

题目转化为删去 $a$ 中的某个 $0$，然后将它前面的元素取反。

问能否通过恰好 $n$ 次操作把 $a$ 删干净。

我们可以双指针模拟这个过程，因为我们要取得最优情况一定是删去最靠前的 $0$，这样才能保证每次操作更改的数最少。

需要注意的是我们操作后，数列元素个数有变化，所以他们的编号也有变化，需要使用位置变量来存一下。

AC Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define endl '\n'
#define ios ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 1e5 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;

int a[N], res[N];

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }
    int cnt = 0, pos = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (!a[i]) {
            res[++cnt] = i - pos;
            for (int j = 1; j <= i - pos; ++j) {
                res[++cnt] = 0;
            }
            pos = i + 1;
        }
    }
    if (cnt != n) {
        cout << "NO" << endl;
        return;
    }
    cout << "YES" << endl;
    for (int i = n; i >= 1; --i) {
        cout << res[i] << ' ';
    }
    cout << endl;
}

signed main() {
    ios;
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

---

D. Ball Sorting

题目大意

有 $n$ 个彩色球排成一列。这些球被涂成了 $n$ 种不同的颜色，用数字从 $1$ 到 $n$ 表示。从左边数第 $i$ 个球涂成颜色 $c_i$。现在需要重新排列这些球，使得从左边数第 $i$ 个球的颜色为 $i$ 。此外，你有 $k\ge 1$ 个颜色为 $0$ 的球，可以在重新排列过程中使用。

现在允许如下操作：

1. 在序列的任意位置放置一个颜色为 $0$ 的球，同时保持其他球的相对顺序。最多可以执行这个操作 $k$ 次。
2. 选择任意一个非零颜色的球同时至少有一个与它相邻的球颜色为 $0$，将该非零颜色的球移到序列的任意位置，同时保持其他球的相对顺序不变。你可以无限次执行这个操作，但是每次操作你需要支付 $1$ 个硬币。

操作结束之后颜色为零的球会消失，问排序完成的最小代价是多少。

解题思路

首先看本题的数据范围，最大只到 $500$，那么 $O(n^3)$ 的dp可解。

本题实际上是全排列的排序问题，我们颜色为 $0$ 的球可以让他相邻两边的球归位，而当这个球走了，$0$ 就会与新的球相邻，那么每个 $0$ 实际上可以控制一段连续的序列。那么我们可以dp一个LIS（最长上升子序列），同时计算不处于LIS的部分被分成了几段即可。

AC Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define endl '\n'
#define ios ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 510;
const int MOD = 1e9 + 7;

int a[N];
int dp[N][N];
LL res[N];

void solve() {
    memset(dp, -0x3f, sizeof dp);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }
    a[n + 1] = 0x3f3f3f3f;
    dp[1][0] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        dp[i][1] = 1;
    }
    for (int i = 2; i <= n + 1; i++) {
        for (int k = 0; k <= i + 1; k++) {
            for (int j = 1; j < i; j++) {
                if (a[j] < a[i]) {
                    if (j == i - 1) {
                        dp[i][k] = max(dp[i][k], dp[j][k] + 1);
                    } else if (k > 0) {
                        dp[i][k] = max(dp[i][k], dp[j][k - 1] + 1);
                    }
                }
            }
        }
    }
    for (int k = 1; k <= n; ++k) {
        dp[n + 1][k] = max(dp[n + 1][k], dp[n + 1][k - 1]);
        cout << n + 1 - dp[n + 1][k] << ' ';
    }
    cout << endl;
}

signed main() {
    ios;
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

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本文作者：叁纔
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