ABC 386 (A~F)

赛时做的,结果一直在卡D题。打得很失败的一场。

ABC

略。

D

题意可以转化为:给定m个黑色或白色的格子,其中:

  1. 每个黑色格子和(1,1)作为对角线顶点,构成一个黑色矩形
  2. 每个白色格子和(n,n)作为对角线顶点,构成一个白色矩形

要求任意一对黑色矩形与白色矩形不相交,判断是否可行。

可以转化为,不能出现任何一个白点,它的x,y<=任何一个黑点的x,y,否则这个黑点就会包含在这个白点构成的矩形中。

将所有点按照行优先,行列均从小到大排序。这样就已经钦定好了x的顺序,接下来只需要考虑y的合法性即可。对于当前所有枚举的白色格子,维护它们的miny,则在之后枚举的所有黑色格子中,它的y不能超过当前的miny,否则这个黑色格子就一定包括在了某个白色矩形内,一定不合法。

code

E

暴搜,但有一个小坑点。

题意开门见山,C(n,k)<=106,直接告诉你了暴搜就行。但是复杂度并不只是O(C(n,k)),而是O(kC(n,k))

因为对于每一个方案,dfs递归函数就已经递归了k层。所以对于每一种枚举方案,都要递归k层。所以复杂度要多乘一个k

由于C(n,k)很小的时候,nk一定非常接近。所以要么k很小,要么nk很小。故:

  1. k很小时,直接暴搜就行了。
  2. nk很小时,考虑枚举不选的数,这样枚举的数量仍然很小,可以得到所有不选的数的异或和。最后所有选的数的异或和可以用 所有数的异或和 ^ 所有不选的数的异或和 来得到。、

虽然这道题出在E很奇怪,但也让我对暴搜的复杂度有了更深一步的理解,还是有所收获的。

code

F

字符串编辑距离dp的魔改

首先考虑朴素的字符串编辑距离:
给定两个字符串,每次可使用三种操作中的一种:
1. 在S任意位置添加一个字符
2. 删除S任意一个字符
3. 将S某个字符修改为任意字符

dp[i][j] : 将S[1i]变为T[1j],需要的最小操作数

initdp[0][0]=0dp[i][j]=ans=dp[n][m]
转移:

dp[i][j] = min(dp[i][j] , dp[i - 1][j] + 1);// 删除S[i]
dp[i][j] = min(dp[i][j] , dp[i][j - 1] + 1);// 在S末尾添加T[j]
dp[i][j] = min(dp[i][j] , dp[i - 1][j - 1] + (S[i] != T[j]));// 将S[i]修改为T[j],若本来就相同则不用修改

时间复杂度为O(nm),当两个字符串长均为105级别时必然TLE。考虑优化:

由于可操作次数k非常小,最多才20。所以对于任意ST的前缀,若二者的长度差绝对值超过了k,就不需要再计算对应的dp值了,因为必然要进行超过k次的插入或者删除,一定不合法。

所以,只需要枚举S的前缀,然后从S[i]出发,只转移向左或向右走k步以内的状态就行了,时间复杂度O(nk)

更改dp数组的定义:dp[i][dj]表示将S[1i]变成T[1idj],需要的最小操作数,即第二维表示T结尾相对于S结尾的偏移量,范围[k,k],负数偏左,正数偏右。

状态转移:见AC代码。尤其要注意dp数组第二维的下标是怎样变化的,需要考虑S与T结尾的相对位置差距。

由于数组下标不能是负数,所以对第二维整体加个k,这样就避免了下标为负数了。

同时要注意在字符串dp中,空串是一个很重要的概念,是dp数组最开始转移的基础,空串也要参与转移。

总的来说,这不是一道难题,甚至可以说是一道典题。但补题还是补了很长时间,还是太菜了。。

code

posted @   jxs123  阅读(3)  评论(0编辑  收藏  举报
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