Codeforces 909 A-F
CF909 题解
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题解
A
题目翻译：给定两个字符串，求字典序最小的“两字符串非空前缀拼接形成的字符串”。
算法标签：贪心
题目分析：
字典序最小，即从左往右依次比较字符，直到一方不剩字符或两字符不同。因此想到贪心。由于前缀非空，因此在前一字符串上不断输出，直到输出结束或字符大于后一字符串的第一个字符。
代码略。
B
题目翻译：
输入 \(n\)，由此得到 \(\frac{n(n+1)}{2}\) 个线段。你可以将它们拼接在一起，但要注意不能改变它们的左右端点位置。求拼接形成的线段最小数量。下图为当 \(n=4\) 时的最优解。
算法标签：数学、构造、贪心
题目分析：本题有多种解题思路。
- 打标找规律（其一）
若将答案按照 \(n(0 \le n)\) 的大小排成一个数列，则该数列的前几项为：
0, 1, 2, 4, 6, 9, …
不难发现答案为 \(\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor \times \lceil \frac{n+1}{2} \rceil\)。直接做就做完了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n;
cin >> n;
n++;
cout << floor(n / 2.0) * ceil(n / 2.0) << endl;
return 0;
}
- 打标找规律（其二）
不难发现答案有规律 \(f_i=2\times f_{i-1}-2\times f_{i-3}+f_{i-4}\)。直接做就做完了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n;
cin >> n;
if (n == 1) puts("1");
else if (n == 2) puts("2");
else if (n == 3) puts("4");
else if (n == 4) puts("6");
else {
int a = 1, b = 2, c = 4, d = 6, e;
n -= 4;
while (n--) {
e = 2 * d - 2 * b + a;
a = b;
b = c;
c = d;
d = e;
}
printf("%d\n", d);
}
return 0;
}
- 对规律进行证明
因为规律可能错误，为了避免罚时（CF 赛制）和挂分（OI 赛制），需要对规律进行证明。
以下内容翻译自官方题解：
考虑长度为 \(1\) 的段 \([i, i + 1]\)。显然，覆盖此段的所有段必须属于不同的层。为了覆盖它，线段的左端必须位于点 \(0, 1，…， i\)（共 \(n-i\) 种选择），而右端分别在点 \(i+1，i+2，…，n\)（共 \(n-i\) 种选择）。所以覆盖 \([i, i + 1]\) 的段数等于 \(m_i=(i + 1)(n - i)\)。在所有 \(i=0,…,n-1\) 中，\(m_i\) 的最大值给出了层数的下界。
由于该问题不需要显式构造，我们可以猜测这个界限是精确的。最大值 \(m_i\) 可以在 \(O(n)\) 内找到；或者，可以看出，当 \(n\) 为奇数时，最大值出现在中间段，而当 \(n\) 为偶数时，最大值出现在两个中间段之一。
所以答案是 \((\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1)\cdot\lceil\frac{n}{2}\rceil\)。
我们也可以通过一个明确的构造来证明这一点。将所有线段按照其左端点的非降序排列，然后再按照其右端点的升序排列。尝试贪心地为每个下一段找到一个位置：如果 \(i\) 是当前线段的左端点，且线段 \([i, i+1]\) 在某一层是空闲的，则将当前线段添加到该层；否则，用当前线段开始一个新的层。
是的，这就是个 \(O(1)\) 的问题！（滑稽）
C
题目翻译：
题目给定一段类 Python 代码（只有两种语句：
p（代表f（代表for）），要求计算出这段代码有多少种合法的缩进。答案对 \(10^9+7\) 取模。
算法标签：动态规划
题目分析：类 Python 语言的缩进规则如下：
- 第一条语句不加缩进
- 对于其他语句有：
- 若其为某条
for的循环体时，加该for语句缩进的下一级 - 否则不缩进
- 若其为某条
- 特别的，每条
for都必须有至少一条语句作为循环体
这是一个例子：
print
print
for
print
for
print
print
print
print
于是可以想到动态规划。设 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 条语句缩进 \(j\) 级的方案数，\(s_i\) 表示第 \(i\) 条语句。
显然当 \(s_{i-1}=\text{"f"}\) 时，\(dp_{i,j}\) 只能从 \(dp_{i-1,j-1}\) 转移；而当 \(s_{i-1}=\text{"p"}\) 时，它可以从任意 \(dp_{i, k}(j \le k \le i)\) 处转移。因此可以维护后缀和加速。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[5010][5010], sum[5010], n, cnt = 0;
string s, lst;
const int mod = 1e9 + 7;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> s;
lst = s;
dp[1][0] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
cin >> s;
if (lst == "f") {
for (int j = 1; j <= i; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}
} else {
for (int j = i; j >= 0; j--) {
dp[i][j] = (dp[i][j + 1] + dp[i - 1][j]) % mod;
}
}
lst = s;
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) ans = (ans + dp[n][i]) % mod;
cout << ans << "\n";
return 0;
}
D
题目翻译：
给定一条直线上的一组点。每个点都有一个指定的颜色。对于点 \(a\)，它的邻居是在它们和 \(a\) 之间没有其他点的点。每个点最多有两个邻居——一个在左边，一个在右边。
对这组点执行一系列操作。在一个操作中，你删除所有有至少一个不同颜色的相邻点的点。同时删除点，即首先决定要删除哪些点，然后删除它们。之后，您可以执行下一个操作等。如果操作不会删除任何点，则不能执行该操作。
您需要执行多少次操作，直到下一个操作没有任何要删除的点？
算法标签：优化暴力
题目分析：如果暴力删点，总复杂度 \(O(n^2)\) 无法接受。但我们不难发现字符串内最多只有 \(26\) 种字符，于是想到优化暴力。
考虑将字符相同的区间“缩点”。由于每次删除的是有一个不同颜色的相邻点的点，所以对于长度 \(\ge 2\) 的区间，每次操作会删除其最左侧和最右侧的点（如果其左、右存在相邻点）。因此，总复杂度会降到近似 \(O(n)\)。
注：下面的代码因为 CF 网络故障，暂时未确定是否能够通过本题。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int a[1000010], cnt = 1;
char c[1000010];
int main() {
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> s;
a[1] = 1; c[1] = s[0];
for (int i = 1; i < s.size(); i++) {
if (s[i] == s[i - 1]) {
a[cnt]++;
} else {
a[cnt + 1] = 1;
c[cnt + 1] = s[i];
cnt++;
}
}
int ans = 0;
while (cnt > 1) {
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
if (i == 1 || i == cnt) a[i]--;
else a[i] -= min(2, a[i]); // 当区间内点数不足时全部删除
}
int tmp = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; i++) { // 去除不存在的区间 && 合并区间
if (a[i] == 0) continue;
if (c[i] == c[tmp]) c[tmp] += c[i];
else {
tmp++;
c[tmp] = c[i];
a[tmp] = a[i]; // copy
}
}
ans++;
cnt = tmp;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E
题目翻译：
算法标签：
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F
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算法标签：
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