Codeforces Round #765 (Div. 2)题解

作者：@cherish.
课程学习内容为作者从学校的PPT处摘抄，仅供自己学习参考，若需转载请注明出处：https://www.cnblogs.com/cherish-/p/15796912.html

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目前补到C

A. Ancient Civilization

题目描述：给你$n$个长度为$l$的二进制数组$a$，这些二进制数以十进制的形式给你，让你求一个最小的$l$位二进制数$x$，定义$d(x , y)$表示两个数字二进制表示下不同位的个数，如1001和1100，$d = 2$。求最小的$x$使和式$\sum\limits_{i = 1}^{n} d(a_i , x)$的值最小。

思路：显然将$a_i$的每一位拆开，若$a_i$的第$j$位的数量小于$n$的一半，那么对答案的贡献为0 << j否则对答案的贡献是1 << j。

时间复杂度：$O(Tnl)$

参考代码：

int n, l, a;
void solve() {
	cin >> n >> l;
	vector<int> cnt(l, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a;
		for (int j = 0; j < l; ++j) cnt[j] += a >> j & 1;
	}
	int res = 0;
	for (int i = 0; i < l; ++i) {
		int dx = 2 * cnt[i] > n;
		res |= dx << i;
	}
	cout << res << '\n';
	return;
}

B. Elementary Particles

题目描述：给你一个长度为$n$的数组$a$，求最长的整数$k$，使得数组$a$存在两个不同的长度为$k$的子段$b , c$，且$\exists 1 \leq i \leq k$，使得$b_i = c_i$。

数据范围：$1 \leq T \leq 100 , 2 \leq n \leq 1.5 \times 10^5 ,1 \leq a_i \leq 1.5 \times 10^5, \sum n \leq 3 \times 10^5$

思路：考虑到只需要存在即可，我们可以将相同数字的下标存下来，然后遍历每一个相同的数字，若当前数字个数小于$2$，跳过，否则枚举相邻两个相同的数字，假设其下标为$u , v$，则其向左边最多取$min(u , v)$（包含当前下标），向右边最多取$min(n - u , n - v)$（不包含当前下标）,那么最终的长度就为

$$min(u , v) + min(n - u , n - v)$$

对于所有的取最大值即可。注意为了不重复遍历需要进行去重。

时间复杂度：$O(Tnlogn)$

空间复杂度：$O(n)$

参考代码：

const int N = 2e5 + 5;
vector<vector<int>>g(N);
int n;
void solve() {
	cin >> n;
	vector<int>a(n + 1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a[i];
		g[a[i]].push_back(i);
	}
	std::sort(a.begin(), a.end());
	int m = unique(a.begin(), a.end()) - a.begin();
	int res = -1;
	for (int i = 1; i < m; ++i) {
		if (g[a[i]].size() < 2) continue;
		int len = g[a[i]].size();
		for (int j = 1; j < len; ++j) {
			int u = g[a[i]][j - 1], v = g[a[i]][j];
			int lr = min(u, v), rs = min(n - v, n - u);
			res = max(res, lr + rs);
		}
	}
	cout << res << '\n';
	for (int i = 1; i < m; ++i) g[a[i]].clear();
	return;
}

C. Road Optimization

题目描述：给你一个长度为$n$的数组$a$，和一个长度为$n + 1$的数组$d$，（注：实际给你的只有$n$个，$d_{n + 1} = l$)。其价值的计算公式为：

$$f = \sum\limits_{i = 1}^{n}(d_{i + 1} - d_{i}) * a_i$$

现让你删除其中的不超过$k$个元素，求$min \{f\}$。

数据范围：$1 \leq n \leq 500 , 1 \leq l \leq 10^5 , 0 \leq k \leq n - 1 , 1 \leq a_i \leq 10^4$

思路：比较显然的$dp$，定义状态$f_{i , j}$表示以第$i$个数结尾删除$j$个数字后所能取得的最小值，则最终答案为：

$$\mathop{min}\limits_{i = 0}^{k} f_{n , i}$$

考虑如何转移，假设枚举$(i , j]$表示要删除该区间内的所有元素，则此时区间对答案的贡献为$(d_{j + 1} - d_i) * a_i$。则转移方程为：

$$f_{j, r + j - i} = \mathop{min}\limits_{ \forall 0 \leq r \leq k - j + i}\{f_{j , r + j - i} , f_{i - 1 , r} + (d_{j + 1} - d_i) * a_i\}$$

时间复杂度：$O(n^2k)$

参考代码：

int n, l, k;
void solve() {
	cin >> n >> l >> k;
	vector<int>d(n + 2, 0), a(n + 1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> d[i];
	for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
	d[n + 1] = l;
	vector<vector<int>>f(n + 1, vector<int>(k + 1, 0x3f3f3f3f));
	int res = INT_MAX;
	f[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = i; j <= n; ++j) {
			int len = j - i;
			for (int r = 0; r + len <= k; ++r) {
				f[j][r + len] = min(f[j][r + len], f[i - 1][r] + (d[j + 1] - d[i]) * a[i]);
			}
		}
	}
	for (int i = 0; i <= k; ++i) res = min(res, f[n][i]);
	cout << res << '\n';
	return;
}