2018 ACM-ICPC亚洲区域赛（青岛）

Problem C---zoj 4060 Flippy Sequence

解题思路：要求进行两次操作，每次操作选择一个区间，问将s串变成t串中所选的两个区间构成的4元组有多少个。做法：找出s串与t串不同块的个数，然后做个简单的判断即可。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e6+5;
int T,n,cnt,answer;char s1[maxn],s2[maxn];
int main(){
    while(~scanf("%d",&T)){
        while(T--){
            scanf("%d %s %s",&n,s1,s2);cnt=0;
            for(int i=0;i<n;++i)//统计s串与t串不同块的个数
                if((i==0&&s1[i]!=s2[i])||(i>0&&s1[i-1]==s2[i-1]&&s1[i]!=s2[i]))cnt++;
            if(!cnt)answer=n*(n+1)/2;//全部相同：1+...+n
            else if(cnt==1)answer=2*(n-1);//只有一个不同块，①不同和不同进行反转，②不同和相同进行反转
            else if(cnt==2)answer=6;//有两个不同块，三种操作，答案肯定为6
            else answer=0;//至少有3个不同块，无法实现2次操作，答案只能为0
            printf("%d\n",answer);
        }
    }
    return 0;
}

Problem E---zoj 4062 Plants vs. Zombies

(补)解题思路：典型的最大化最小值，二分解法再加个贪心，详解看代码。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e5+5;
int T,n;LL m,l,r,mid,a[maxn],d[maxn];
bool check(LL x){
    ///二分总防御值，对于固定的防御值x，显然花园里的每个植物都要不小于x，因此贪心地从左往右寻找每一个防御值小于x的植物，对它和它右侧的植物反复浇水。
    LL step=0;
    for(int i=0;i<n;++i)d[i]=x/a[i]+(x%a[i]?1LL:0LL);///计算每个至少需要浇水的次数
    for(int i=0;i<n;++i){
        if(!d[i]){
            if(i!=n-1)step++;///如果最后一棵植物需要浇水的次数为0，说明其防御值不小于当前x，则无需计数
        }else{
            step+=d[i]*2LL-1LL;///累加从i-1走到i这1步+浇完第i棵植物后花费的总步数为2*d[i]-1
            d[i+1]-=(d[i]-1LL);///第i+1棵植物需要浇水的次数要减去(d[i]-1)
            if(d[i+1]<0)d[i+1]=0LL;///如果d[i+1]<0，说明下一棵植物的防御值早已大于x，下次只需给它浇一次水（贪心向右移动一步）即可
        }
        if(step>m)return false;///如果所走步数超过m，则直接返回0，找较小的答案x
    }
    return true;
}
int main(){
    while(~scanf("%d",&T)){
        while(T--){
            scanf("%d%lld",&n,&m);
            for(int i=0;i<n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
            l=1LL,r=1e18;
            while(l<=r){///[l,r]，退出条件是l>r，即l-1==r
                mid=(l+r)>>1;
                if(check(mid))l=mid+1LL;///还有满足条件的最小值，继续最大化
                else r=mid-1LL;///不满足条件，往左找
                ///cout<<l<<' '<<r<<endl;
            }
            printf("%lld\n",l-1);///l-1相当于r，因为l会不断被最大化，直到超过r，则可以取l-1或者r就是最大化最小值答案
        }
    }
    return 0;
}

Problem J---zoj 4067 Books

解题思路：没有理解好题意，因此赛场上丧心病狂调了2小时的bug，罚时巨多QWQ，其实就是个简单的贪心=_=。题意：DreamGrid带的钱会在1～n本书中从前往后进行挑选，如果当前剩余的钱不小于第i本书的价格，那么他就一定会买这本书，并且用剩余的钱减去第i本书的价格，直到买完m本书，否则就跳过不买第i本书籍。首先要明确的一点：从其往后有序挑选！！！分三种情况：①当m==n时，显然为"Richman"；②当m<cnt_0时，此时可以买比m多的书籍，显然为"Impossible"；③当m>cnt_0时，首先肯定会挑选cnt_0个价格为0的书籍，然后从前往后在价格不为0的书籍里面贪心挑选(m-cnt_0)本书籍，再加上后面不为0的最小价格-1即为DreamGrid可带的最多零钱。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;LL ans;//注意用long long
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+5;
int T,n,m,cnt_0,pos,mina,s[maxn];
int main(){
    while(cin>>T){
        while(T--){
            cin>>n>>m;cnt_0=0;
            for(int i=0;i<n;++i)cin>>s[i],cnt_0+=s[i]?0:1;//统计0的个数
            if(m==n)puts("Richman");
            else if(cnt_0>m)puts("Impossible");//如果0的个数大于m，肯定可以买更多的书籍，显然此时为不可能
            else{
                m-=cnt_0,mina=inf,pos=0,ans=0;//m为剩下要挑选的本数
                while(m)s[pos]?ans+=s[pos++],m--:pos++;//贪心选择价格不为0的m本，然后在后面选择一本最小的价格（不为0）-1加上来即为最优答案
                for(int i=pos;i<n;++i)//从连续选择pos个不为0的数后，再从后面选择不为0的最小价格
                    if(s[i])mina=min(mina,s[i]);
                cout<<(ans+=mina-1)<<endl;
            }
        }
    }
    return 0;
}

Problem M---zoj 4070 Function and Function

解题思路：签道题，注意：输入的x为0时要单独考虑。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int T,x,k,s[]={1,0,0,0,1,0,1,0,2,1};
int g(int y){
    int ans=0;
    while(y){ans+=s[y%10];y/=10;}
    return ans;
}
int main(){
    while(~scanf("%d",&T)){
        while(T--){
            scanf("%d%d",&x,&k);
            if(!x)x=k&1?1:0;//x为0要单独考虑
            else{
                for(int i=1;i<=k&&x;++i){
                    x=g(x);
                    if(!x){x=(k-i)&1?1:0;break;}
                }
            }
            printf("%d\n",x);
        }
    }
    return 0;
}