AtCoder Beginner Contest 369 - VP记录

A - 369

样例已经包括了所有的情况（真良心）。

点击查看代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

int main()
{
	int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);
	int ans=0;
	if(a>b) swap(a,b);
	if(a==b) ans=1;
	else if((b-a)&1) ans=2;
	else ans=3;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

B - Piano 3

最开始左右手分别放在最初需要用左右手的键上，然后模拟即可。

点击查看代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;

int main()
{
	int n; scanf("%d",&n);
	int l=0,r=0,ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x; char s[5];
		scanf("%d%s",&x,s);
		if(s[0]=='L')
		{
			if(!l) l=x;
			ans+=abs(l-x);
			l=x;
		}
		if(s[0]=='R')
		{
			if(!r) r=x;
			ans+=abs(r-x);
			r=x;
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

C - Count Arithmetic Subarrays

简单题。

有一个性质（我没有证明，但看上去就是对的）：等差数列的子串一定是等差数列。

所以双指针找出原数列的所有的极大等差数列子串（即这个等差数列不是任何更大等差数列的真子串），然后这个等差数列的内每一个区间都是等差数列，公式求数量即可。

还要注意两个相邻的等差数列在边界上会公用一个元素，这个元素所构成的单元素等差数列不能重复计算，要减一。但是最后答案要加一个来补齐数列的两端。

#include<cstdio>
using namespace std;

const int N=2e5+5;
int n,a[N];

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	int l=0,r=0;
	long long ans=0;
	for(l=1;l<n;l=r)
	{
		for(r=l+1;r<=n;r++)
			if(a[r+1]-a[r]!=a[r]-a[r-1]) break;
		int len=r-l+1;
		ans+=1ll*(1+len)*len/2-1;
	}
	printf("%lld\n",ans+1);
	return 0;
}

D - Bonus EXP

一眼 DP。

设 \(f_{0,i}\) 表示前 \(i\) 个数中，已经选了偶数个小怪的最大经验值；\(f_{1,i}\) 则表示选了奇数个的。

那么当前的每只小怪就有选和不选两种选择。

如果不选，\(f_{k,i} = f_{k,i-1}\)，不变。

如果选了第 \(i\) 只小怪，那么小怪数量的奇偶性转换，

\[f_{k,i} = \left \{ \begin{aligned} &f_{1,i-1} + 2 a_i &, k=0 \\ &f_{0,i-1} + a_i &, k=1 \end{aligned}\right.\]

最后答案即为 \(\max\{f_{0,n},f_{1,n}\}\)。

E - Sightseeing Tour

因为 \(n \le 400\)，所以 Floyd 跑出全源最短路。

因为 \(k \le 5\)，所以直接枚举所有可能的走法（五条边走的顺序和每条边进入的位置），然后依次用刚才求出的全源最短路累加求出按照这个走法从 \(1\) 走到 \(n\) 的最短路。

最后所有走法的最短路的最小值即为所求。

时间复杂度 \(O( n^3 + q \times k! \times 2^k )\)。

代码稍微有点难度，不过可以用 C++ 的一些函数减轻工作量。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=405,M=2e5+5,K=10;
int n,m,raw_g[N][N];
pair<pair<int,int>,int> raw_edge[M];
long long g[N][N];
int q,k,b[K],od[K<<1];

void Floyd()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
		g[i][i]=0;
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
	return;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(g,0x3f,sizeof(g));
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		raw_edge[i]={{x,y},z};
		raw_g[x][y]=g[x][y]=min(g[x][y],(long long)z);
		raw_g[y][x]=g[y][x]=min(g[y][x],(long long)z);
	}
	Floyd();
	scanf("%d",&q);
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d",&k);
		for(int j=1;j<=k;j++)
			scanf("%d",&b[j]);
		sort(b+1,b+k+1);
		long long ans=1e18;
		do
		{
			for(int z=0;z<1<<k;z++)
			{
				long long len=0;
				for(int j=1;j<=k;j++)
				{
					od[j*2-1]=raw_edge[b[j]].first.first;
					od[j*2]=raw_edge[b[j]].first.second;
					if((z>>j-1)&1) swap(od[j*2-1],od[j*2]); //reversed
				} //od[1~2k]
				len+=g[1][od[1]];
				for(int j=1;j<=k*2;j+=2)
				{
					len+=raw_edge[b[j+1>>1]].second;
					if(j+2<=k<<1) len+=g[od[j+1]][od[j+2]];
				}
				len+=g[od[k*2]][n];
				ans=min(ans,len);
			}
			next_permutation(b+1,b+k+1);
		}while(!is_sorted(b+1,b+k+1));
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

F - Gather Coins

没有想到转化为最长不下降子序列（LIS）问题，WSSB。

将所有点按照行坐标为第一关键字，列坐标为第二关键字，从小到大排序后，问题转化为求列坐标的最长不下降子序列长度。

设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的最长不下降子序列长度，通过树状数组记录前缀最大值，再一个一个扫，每次根据前缀最大值 \(+1\) 来更新 \(f_i\) 即可。

过程中需要记录更新来源，最后倒推可得出这条路径。

可以在 \((1,1)\) 和 \((h,w)\) 额外放一个硬币来方便操作，最后再减去。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=2e5+5;
int h,w,n;
pair<int,int> p[N];
int f[N],from[N];

pair<int,int> c[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
void update(int x,pair<int,int> y)
{
	for(;x<=w;x+=lowbit(x))
		c[x]=max(c[x],y);
	return;
}
pair<int,int> query(int x)
{
	pair<int,int> res={0,0};
	for(;x;x-=lowbit(x))
		res=max(res,c[x]);
	return res;
}

int ans[N],ans_idx;
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&h,&w,&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&p[i].first,&p[i].second); //{ÐÐ,ÁÐ}
	p[++n]={1,1},p[++n]={h,w};
	sort(p+1,p+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		pair<int,int> q=query(p[i].second);
		from[i]=q.second;
		f[i]=q.first+1;
		update(p[i].second,{f[i],i});
	}
	for(int i=n;i;i=from[i])
		ans[++ans_idx]=i;
	reverse(ans+1,ans+ans_idx+1);
	int tx=1,ty=1;
	printf("%d\n",ans_idx-2);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(tx<p[ans[i]].first)
		{
			putchar('D');
			tx++;
		}
		while(ty<p[ans[i]].second)
		{
			putchar('R');
			ty++;
		}
	}
	return 0;
}