NZOJ 模拟赛8
T1 布尔（CF2030C）
爱丽丝和鲍勃正在玩一个游戏。游戏中有一个由 n 个布尔值组成的列表，每个布尔值要么为真，要么为假，以长度为 n 的二进制字符串表示（其中 1 表示为真，0 表示为假）。最初，布尔值之间没有运算符。
爱丽丝和鲍勃将轮流在布尔之间放置 or 或 and，爱丽丝先放。因此，由于有 n 个布尔值，游戏将由 n-1 个回合组成。爱丽丝的目标是最后的语句结果为 "真"，而鲍勃的目标是最后的语句结果为 "假"。给定布尔值列表，判断如果双方都以最佳方式下棋，爱丽丝是否会赢。
要对最终表达式进行求值，请重复执行以下步骤，直到该语句只包含一个 "true "或 "false"：
- 如果语句中包含 and 运算符，则任选一个，并用其求值替换其周围的子表达式。
- 否则，语句包含 or 运算符。任选一个，并用其运算结果替换其周围的子表达式。
例如，表达式 true 或 false 和 false 的运算结果为 true or（false and false）= true 或 false = true。可以看出，任何复合语句的结果都是唯一的。
二进制字符串是仅由字符 0 和 1 组成的字符串。
经过尝试容易发现，当存在连续两个 \(\texttt{TRUE}\) 时，先手往中间放一个 \(\texttt{or}\)，后手无论如何放置，先手在另一侧放置一个 \(\texttt{or}\) 一定可以保证结果为 \(\texttt{TRUE}\)；如果头尾存在 \(\texttt{TRUE}\)，那么先手直接放置 \(\texttt{or}\) 就可以必胜；反之必败。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m;
char s[N];
void solve()
{
cin >> n;
cin >> s;
for (int i = 1; i < n; i ++ )
if (s[i - 1] == '1' && s[i] == '1')
return puts("YES"), void();
if (s[0] == '1' || s[n - 1] == '1') return puts("YES"), void();
puts("NO");
}
int main()
{
int T = 1;
cin >> T;
while (T -- ) solve();
return 0;
}
T2 Max × Sum（ABC376E）
给你长度为 N 的序列： A = (A1, A2, ..., AN) 和 B = (B1, B2, ..., BN) 。
设 S 是大小为 K 的 {1, 2, ..., N} 的子集。求以下表达式的最小可能值：\[\displaystyle \left(\max_{i \in S} A_i\right) \times \left(\sum_{i \in S} B_i\right) \]
考虑贪心，按照 \(A_i\) 的大小排序，如果可以确定 \(\max\limits_{i \in S} A_i\)，我们发现 \(\sum\limits_{i \in S} B_i\) 也是唯一确定的，一定是前 \(i\) 个元素的前 \(k\) 小值的和，否则不优，因为我们想要乘积最小，因此我们维护一个优先队列存储前 \(k\) 小值即可。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
int n, k, a[N], b[N];
PII c[N];
int main()
{
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> b[i];
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) c[i] = {a[i], b[i]};
sort(c + 1, c + n + 1);
priority_queue<ll> heap;
ll ans = 1e18, sum = 0;
for (int i = 1; i <= k; i ++ ) heap.push(c[i].second), sum += c[i].second;
ans = min(ans, sum * c[k].first);
for (int i = k + 1; i <= n; i ++ )
{
ll t = heap.top();
if (t > c[i].second) heap.pop(), sum -= t, heap.push(c[i].second), sum += c[i].second;
ans = min(ans, sum * c[i].first);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
T3 竞赛（CF2024D）
现在已经是 3024 年，问题的创意早已枯竭，奥林匹克竞赛现在以修改后的个人形式进行。奥林匹克竞赛由 n 个问题组成，编号从 1 到 n 。其中第 i 个问题有自己的分数 ai 和一定的参数 bi （1 ≤ bi ≤ n）。
最初，测试系统会给参与者第 1 个问题。当参与者得到第 i 个问题时，他们有两个选择：
- 他们可以提交问题并获得 ai 分；
- 他们可以跳过这个问题，在这种情况下，他们将永远无法提交这个问题。
然后，测试系统会从索引为 j 的问题中为参与者选择下一个问题，这样，参与者就可以提交下一个问题：
- 如果他提交了第 i 个问题，系统就会查看索引为 j < i 的问题；
- 如果他跳过了第 i 个问题，则会查看索引为 j ≤ bi 的问题。
在这些问题中，它会选择一个索引最大的问题，这个索引以前没有给过参与者（他以前既没有提交也没有跳过这个问题）。如果没有这样的问题，则该参赛者的比赛结束，其成绩等于所有提交问题的分数总和。特别是，如果参赛者提交了第一个问题，那么他们的比赛就结束了。需要注意的是，参赛者最多只能收到每个问题 1 次。
Prokhor 已经为奥林匹克竞赛做了充分准备，现在他可以提交任何问题。请帮助他确定他能获得的最高分数。
我们发现如果可以提交第 \(i\) 个问题，那么一定可以提交所有 \(1 \le j < i\) 中未被跳过的问题 \(j\)，因此，我们的问题转化为了我们能够提交问题 \(i\)，并且前 \(i\) 个问题我们跳过的分数为多少。
考虑最短路模型，我们如果跳过了问题 \(i\)，那么我们失去的分数为 \(a_i\)，但是我们也因此可以回答 \(b_i\) 题前的所有题，我们想要分数尽可能高，那么就是想办法尽可能的能够回答更多的问题，所以我们给 \(i \to b_i\) 连一条权值为 \(a_i\) 的有向边。由于所有的问题，如果我们能够回答第 \(i\) 个问题，我们都可以先不考虑第 \(i\) 个问题而考虑更前面的问题，因此我们给 \(i \to i - 1\) 连一条权值为 \(0\) 的有向边，代表我可以考虑这个问题更前列的问题，跑一次最短路，就可以知道我想回答 \(i\) 问题前所有的问题需要的代价，注意到所有被跳过的问题只会被考虑一次，否则到达同一个点不满足最短路模型，因此我们的答案为 \(i\) 问题前所有问题的分数减去到达 \(i\) 问题的代价。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, int> PII;
const int N = 4e5 + 10;
int n, a[N], b[N];
int h[N], e[N << 1], w[N << 1], ne[N << 1], idx;
ll dist[N];
bool st[N];
void add(int a, int b, int c)
{
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}
void dijkstra()
{
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> heap;
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
dist[1] = 0, heap.push({0, 1});
while (heap.size())
{
PII t = heap.top();
heap.pop();
ll d = t.first;
int u = t.second;
if (st[u]) continue;
st[u] = 1;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (d + w[i] < dist[j])
{
dist[j] = d + w[i];
if (!st[j]) heap.push({dist[j], j});
}
}
}
}
int main()
{
cin >> n;
ll sum = 0, ans = 0;
memset(h, -1, sizeof h);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
cin >> b[i];
if (i - 1) add(i, i - 1, 0);
add(i, b[i], a[i]);
}
dijkstra();
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
sum += a[i];
ans = max(sum - dist[i], ans);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
T4 三队划分（ABC375E）
有 N 人分成三个小组。
人数编号为 1, 2, ..., N ，团队编号为 1, 2, 3 。目前， i 属于 Ai 小组。
每个人都有一个名为强度的值， i 的强度为 Bi 。一个团队的强度被定义为其成员强度的总和。
确定是否可能有零个或更多的人交换团队，从而使所有团队的实力相等。如果可能，求最少需要多少人换队才能达到这个目的。
除了队伍 1 、 2 、 3 以外，您不能创建新的团队。
3 ≤ N ≤ 100
Ai ∈ {1, 2, 3}
对于每个 x ∈ {1, 2, 3} ，都存在一些 i 使得 Ai = x 。
1 ≤ Bi，且所有 Bi 的和不超过 1500。
所有输入值都是整数。
考虑动态规划，首先对于所有的人如果强度之和不是 \(3\) 的倍数，那么一定不存在结果。
类似于背包问题，我们记 \(dp[i][j][k]\) 表示考虑前 \(i\) 个人，队伍 \(1\) 的力量和为 \(j\)，队伍 \(2\) 的力量和为 \(k\)，队伍 \(3\) 的力量和可以被 \(i, j\) 唯一确定。
对于下一个状态，我们考虑将第 \(i + 1\) 个人分别插入进 \(3\) 支队伍，如果这个人本来就在这个队伍，那么贡献为 \(0\)，否则贡献为 \(1\)。
例如第 \(i + 1\) 个人在第 \(1\) 支队伍，那么有：
他们分别为插入第 \(1, 2, 3\) 支队伍的代价转移，对所有合法的状态取一个 \(\min\) 即可，初始化 \(dp\) 数组为极大值，如果结束后该状态不存在则输出 \(-1\)，否则答案为最小操作次数。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510, M = 110;
int n, sum, a[N], b[N], dp[M][N][N];
int main()
{
memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i] >> b[i], sum += b[i];
if (sum % 3) return puts("-1"), 0;
sum /= 3, dp[0][0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
for (int j = 0; j <= sum; j ++ )
{
for (int k = 0; k <= sum; k ++ )
{
if (a[i] == 1)
{
if (j + b[i] <= sum) dp[i][j + b[i]][k] = min(dp[i][j + b[i]][k], dp[i - 1][j][k]);
if (k + b[i] <= sum) dp[i][j][k + b[i]] = min(dp[i][j][k + b[i]], dp[i - 1][j][k] + 1);
dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], dp[i - 1][j][k] + 1);
}
else if (a[i] == 2)
{
if (j + b[i] <= sum) dp[i][j + b[i]][k] = min(dp[i][j + b[i]][k], dp[i - 1][j][k] + 1);
if (k + b[i] <= sum) dp[i][j][k + b[i]] = min(dp[i][j][k + b[i]], dp[i - 1][j][k]);
dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], dp[i - 1][j][k] + 1);
}
else
{
if (j + b[i] <= sum) dp[i][j + b[i]][k] = min(dp[i][j + b[i]][k], dp[i - 1][j][k] + 1);
if (k + b[i] <= sum) dp[i][j][k + b[i]] = min(dp[i][j][k + b[i]], dp[i - 1][j][k] + 1);
dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], dp[i - 1][j][k]);
}
}
}
}
if (dp[n][sum][sum] == 0x3f3f3f3f) puts("-1");
else cout << dp[n][sum][sum];
return 0;
}
