ABC-271解题报告

C. Manga

题意：有一本书有 $n$ 卷，你需要从第一卷开始依次看，一旦没有某一卷就停止。在看之前你可以进行若干次操作，每次卖掉任意两卷并买新的任意一卷。问操作结束后最多能看多少卷。

做法 1

注意到拥有的重复的卷都可以没有损失地卖掉，提前记录一下。然后从小到大扫，如果没有这一卷就尝试卖两本并买这一本。卖的两本优先从重复的卷里考虑，然后再贪心从大到小卖。正确性显然，数据结构维护即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n;
set <int> S;
int cur;

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int a; scanf("%d", &a);
        if (S.count(a)) cur++;
        else S.insert(a);
    }
    for (int i = 1; ; i++)
        if (!S.count(i)) {
            while (cur < 2 && !S.empty() && *S.rbegin() > i) {
                auto it = S.end(); it--;
                cur++; S.erase(it);
            }
            if (cur >= 2) {
                cur -= 2;
                S.insert(i);
            } else {
                printf("%d\n", i - 1);
                return 0;
            }
        }
    return 0;
}

做法 2

考虑二分答案。对于读 $i$ 卷的情况，将 $> i + 1$ 的卷和 $\leq i$ 的重复的卷全部卖掉替换，判断是否能填补空隙。

By heno239

void solve() {
	int n; cin >> n;
	vector<int> a(n);
	rep(i, n)cin >> a[i];
	//[1,x]
	auto can = [&](int x) {
		vector<int> cnt(x+1);
		int z = 0;
		rep(i, n) {
			if (a[i] > x)z++;
			else {
				if (cnt[a[i]])z++;
				cnt[a[i]] = 1;
			}
		}
		int r = 0;
		rep1(i, x) {
			if (!cnt[i])r++;
		}
		if (z >= 2 * r)return true;
		return false;
	};
	int le = 0, ri = n + 5;
	while (ri - le > 1) {
		int m = (le + ri) / 2;
		if (can(m)) {
			le = m;
		}
		else {
			ri = m;
		}
	}
	cout << le << "\n";
}

做法 3

与二分答案类似，但将二分改成了枚举。注意到读的卷数一定不会超过 $n$ ，所以 $> n$ 的卷都可以直接卖掉。考虑统计能否读 $i$ 卷。考虑设计 $b a k [i]$ 表示 $\leq i$ 的卷有多少种，则如果要读 $i$ 卷，将会有 $i - b a k [i]$ 个位置空缺。这些位置可以使用多余的补上，而只有 $b a k [i]$ 卷是不多余的（每种只有一卷不多余，剩下的都多余），所以总的多余的数量为 $n - b a k [i]$ ，比较空缺位置与多余数量的一半即可。

By He_Ren

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXN = 3e5 + 5;

int a[MAXN], bak[MAXN];

int main(void)
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; ++i)
		scanf("%d",&a[i]);

	for(int i=1; i<=n; ++i)
		if(a[i] <= n) bak[a[i]] = 1;
	for(int i=1; i<=n+1; ++i)
		bak[i] += bak[i-1];

	for(int i=1; i<=n+1; ++i)
	{
		if(i - bak[i] > (n - bak[i]) / 2)
		{
			printf("%d\n",i-1);
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}

错解

By daisybunny

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[300005];
map<int,int> mp;
int ba;
int ans;
int main()
{
	cin>>n;
	for(int t=0;t<n;t++)
	{
		cin>>a[t];
		mp[a[t]]++;
	}
	sort(a,a+n);
	for(int t=1;;t++)
	{
		if(mp[t]==0)
		{
			if(ba>1)
			{
				ba-=2;
				ans++;
			}
			else if(n>=1&&t<a[n-1]&&ba==1)
			{
				mp[a[n-1]]--;n--;ba--;ans++;
			}
			else if(n>=2&&t<a[n-2])
			{
				mp[a[n-1]]--;mp[a[n-2]]--;n-=2;ans++;
			}
			else
				break;
		}
		else
		{
			ans++;
			ba+=mp[t]-1;
			mp[t]--;
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

一组 hack 数据为

6
1 3 4 4 5 5

此时在算到 2 的空缺时，该代码会优先卖掉两个 5，而最优解应该卖掉多余的一个 4 一个 5。此程序的问题在于，他考虑到了优先卖掉重复的，但只判断了优先卖掉 $\leq i$ 的重复的，而没有优先处理 $> i$ 的重复。

D. Flip and Adjust

题意：有 $n$ 张卡片，第 $i$ 张正面为 $a_{i}$ ，反面为 $b_{i}$ ，问是否存在一种翻转方案使得卡片的和为 $S$ 。如果有，输出方案。

设 $d p [i] [j] = 0 / 1$ 表示前 $i$ 张卡片能否得到 $j$ ，则

d p [i] [j] = d p [i - 1] [j - a_{i}] or d p [i - 1] [j - b_{i}]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[110],b[110];
bool f[110][10010],pre[110][10010];
void get(int now,int x) {
	if(now==0) return;
	if(pre[now][x])
		get(now-1,x-a[now]);
	else get(now-1,x-b[now]);
	cout<<(pre[now][x]?'H':'T');
}
signed main() {
	int n,s;
	cin>>n>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i]>>b[i];
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=s;j++) {
			if(j>=a[i]&&f[i-1][j-a[i]])
				f[i][j]=1,pre[i][j]=1;
			if(j>=b[i]&&f[i-1][j-b[i]])
				f[i][j]=1,pre[i][j]=0;
		}
	if(f[n][s]) {
		cout<<"Yes"<<endl;
		get(n,s);
		cout<<endl;
	}
	else cout<<"No"<<endl;
	return 0;
}

E. Subsequence Path

题意：有 $n$ 个点 $m$ 条有向有权边 $u_{i} \overset{w_{i}}{\to} v_{i}$ 和一个边的编号序列 $e_{i}$ ，你可以选择编号序列的一个子序列，使得该子序列的边构成一条 $1 \to n$ 的路径，求最短路径。

直接 DP。令 $f_{i, j}$ 表示只考虑序列中前 $j$ 条边， $1 \to j$ 的最短路径，则

f_{i, j} = {\begin{cases} min (f_{i - 1, j}, f_{i - 1, u_{e_{i}}} + w_{e_{i}}) if v_{e_{i}} = j \\ f_{i - 1, j} otherwise \end{cases}

此时第一维可以省略。转移时只需要更新 $f_{v_{a_{i}}}$ 即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
struct edge {
	int u,v,w;
} a[200010];
int e[200010];
int f[200010];
signed main() {
	int n,m,k;
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		cin>>a[i].u>>a[i].v>>a[i].w;
	for(int i=1;i<=k;i++)
		cin>>e[i];
	memset(f,-1,sizeof(f));
	f[1]=0;
	for(int i=1;i<=k;i++) {
		if(f[a[e[i]].u]==-1) continue;
		if(f[a[e[i]].v]==-1||f[a[e[i]].v]>f[a[e[i]].u]+a[e[i]].w)
			f[a[e[i]].v]=f[a[e[i]].u]+a[e[i]].w;
	}
	cout<<f[n]<<endl;
	return 0;
}

F. XOR on Grid Path

题意：有一个 $n \times n$ 的矩阵，每个格子有一个正整数，每次只能向右走或向下走，问有多少条路径能从 $(1, 1)$ 走到 $(n, n)$ ，且路径异或和为 $0$ 。

双向搜索。搜索从 $(1, 1)$ 到副对角线的所有方案，存到 $m a p$ 里，再搜索从 $(n, n)$ 到副对角线的所有方案，计算答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[30][30];
map<int,int> m[2][21];
void dfs(int x,int y,int f,int flag) {
	f^=a[x][y];
	if(x+y==n+1) m[flag][x][f]++;
	else if(flag) dfs(x-1,y,f,flag),dfs(x,y-1,f,flag);
	else dfs(x+1,y,f,flag),dfs(x,y+1,f,flag);
}
signed main() {
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			cin>>a[i][j];
	dfs(1,1,0,0);
	dfs(n,n,0,1);
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int x=a[i][n+1-i];
		for(auto tmp:m[0][i])
			ans+=1ll*tmp.second*m[1][i][tmp.first^x];
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

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posted @ 2023-03-01 16:17 曹轩鸣阅读(19) 评论(0) 编辑收藏举报

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