CF div3 991(A~G)

蒟蒻的第一篇题解。由于正值期末周,只能匆忙地vp了一场div3,并只出了A~E。

A

白给模拟题,但也是失误很大的一个题(7分钟时才出,属实是太慢了...)

B

一道典题,之前做过类似的。

统计所有数的和sum,只有当sum % n == 0时成立,即每个数最终都必须为sum/n。

注意到最左边的数只能通过靠左位置来变动,所以依次让从左到右的数变为sum/n即可。最后判断末尾的两个数是否经过前面的操作变为了sum/n。

C

数学题,但其实赛时并没有写出正解,而是靠 O(n2)暴力 + 卡时限而过的。

一个性质: a是9的倍数 <-> a的所有位数字之和是9的倍数 ,这个性质与3的情况是一样的。

注意到只能操作2,3两个数,且每个数只能操作一次。即:

  • 2 -> 4 , 总和加2
  • 3 -> 9 , 总和加6

统计串中2,3的个数,则问题变成:有x个2和y个6,问能否通过对其任意选择,使得最后选择的数的总和为9的倍数。

赛时直接暴力枚举了2,6的所有可能的个数情况暴力判断。但其实不需要这样,因为可以发现:当 cnt2>=8 时,就已经覆盖了所有的可能情况。因为每9个2一定是9的倍数,可以直接提出来模掉,3的情况也同理。所以对于任意>=9个数量的2,它的情况和模9后的数量情况是一样的。因此对于任意cnt2cnt3,只需要分别枚举到min(cnt2,8)min(cnt3,8)即可。

D

经典数位贪心题

对于一个数,它的高位数字越大时,无论低位数字的情况,这个数字一定越大。

所以从左到右地考虑左移每一个数字,只要可以让高位变得尽可能大,就进行一次操作,否则停下来并对下一位操作。这样每一步都能让高位尽可能地大,答案也一定是最优解。

code

E

经典dp模板题

状态定义:dp[i][j]表示对于串a的前i个字符和串b的前j个字符,能够和c的前i+j个字符的最大匹配字符数。

ans=lena+lenbdp[lena][lenb]

状态转移方程:

dp[i][j] = max(dp[i][j] , dp[i - 1][j] + (a[i] == c[i + j]))

dp[i][j] = max(dp[i][j] , dp[i][j - 1] + (b[j] == c[i + j]))

O(n2)转移即可,注意初始化要全面。

code

F

简单数学 + ST表维护区间gcd

题意是要对于给定的一个区间[l,r],找到一个最大的模数m,使得对应区间内每个数取模后结果都相等。

对于区间[l,r],需要满足:

a[l] % m = a[l + 1] % m = ... = a[r] % m

考虑任意两个x,y,有:

x mod m = y mod m  <==> |x - y| % m = 0

同时注意到,对于区间[l,r]m,只要每两个相邻元素满足上述关系,则由链式捆绑,上上行的等式关系也一定成立。故m必须是每两个相邻元素差的绝对值的约数。为使m最大,则m即为它们的最大公约数。

综上,对于每个区间,答案都是对应区间内所有相邻元素差的绝对值的gcd。对于q次查询区间,直接ST表维护区间gcd即可。

code

G

树形dp

状态定义:dp[u]表示考虑以u为根的子树,从根节点u开始向下删除某条路径,可以得到联通块数量的最大值。

状态转移:考虑u的所有儿子v,现在所有的dp[v]已经计算完成,要计算dp[u]。由于只能删除某一条路径,所以要么不选儿子(即只删除节点u,此情况极容易忘记),要么选择其中的一个儿子v并向下走。前者情况即为儿子的个数;后者情况应为(假设删的儿子为v1):

dp[v1] + cntson - 1

加号后面为常量,若让此式最大化,即找一个最大的dp[v]转移即可。

现在考虑计算答案:
对于题述的路径的全集,即为所有点的以下三者的总和:

  1. 从u出发,只选择一个儿子向下走
  2. 从u出发,选择其中两个儿子向下走
  3. 只选择一个单独的结点u(即路径上只有这一个点,也是极容易忘记的情况!)

对于1,只需要选择一个最大的dp[v]即可,但不要忘了u的父亲所在的联通块的贡献(此处还需要额外考虑u有没有父亲,即u是不是根节点):

max(dp[v]) + cntson - 1 + [u不是根节点]

对于2,需要选择前二大的dp[v]

maxfr(dp[v]) + maxse(dp[v]) + cntson - 2 + [u不是根节点]

对于3,即为连接u的结点数量:

G[u].size()

三种情况取最大值即可。最后对于每个点的这三种情况再取一次最大值,即为所有路径的答案。

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