Codeforces Round#687 Div2 题解
打这场的时候迷迷糊糊的，然后掉分了（
A Prison Break:
题面很复杂，但是题意很简单，仅需求出从这个点到四个角的最大的曼哈顿距离即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int times;
int n,m,r,c;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> times;
while(times--) {
cin >> n >> m >> r >> c;
cout << max(max(abs(1 - r) + abs(1 - c),abs(n - r) + abs(1 - c)),max(abs(1 - r) + abs(m - c),abs(n - r) + abs(m - c))) << '\n';
}
return 0;
}
B Repainting Street:
限制长度的区间覆盖，要求得到最后得到相同颜色的最少操作数
颜色确定之后便可以暴力覆盖
注意到颜色的值域很小，故枚举颜色即可
\(p.s.\)这道题 \(Wa\) 了两发，原因是区间长度是固定的，该染到的一定染到
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int times;
int n,m;
int a[N];
int b[N];
int vis[101];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> times;
while(times--) {
memset(vis,0,sizeof vis);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++) {
cin >> a[i];
}
int ans = 2e9;
for(int C = 1;C <= 100;C++) {
int tot = 0,las,k;
for(int i = 1;i <= n;i++) b[i] = a[i];
for(int i = 1;i <= n;i++) {
las = k = i;
if(b[i] != C)
while(k - las + 1 <= m) {
b[k] = C;
k++;
}
else continue;
k--;
i = k;
tot++;
}
ans = min(ans,tot);
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
C Bouncing Ball :
不难发现，删除前面一块等价于把所有的往前移动一块
并且最后的代价与删除操作和添加操作顺序无关
所以直接枚举删除操作数量即可，因为每次都跳固定的 \(k\)
所以跳到的块的下标满足 \(i\space \%\space k\space =\space p\space (i = t \times k + p)\)
从后往前开一个桶扫一遍即可
\(p.s.\) 因为 \(B\) 题卡了有点久，这题最后结束了才 \(AC\) （掉分的原因
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int n,m;
char a[N];
int times,tong[N],x,y;
int p,k;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> times;
while(times--) {
cin >> n >> p >> k;
cin >> (a + 1);
cin >> x >> y;
ll ans = 2e18;
for(int i = n;i >= 0;i--) tong[i] = 0;
for(int i = n;i >= p;i--) {
if(a[i] == '0') tong[i % k] += x;
ans = min(ans,1ll * (i - p) * y + tong[i % k]);
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
D XOR-gun :
\(Xor\) 的性质太多了
这里来做一个总结 ：
\(x \otimes y \le x + y\) 适用于任何情况，作用于限制其余变量缩小问题状态
\(x \otimes y \le 2 ^ n\) 适用于 \(x \le 2 ^ n\) 并且 \(y \le 2 ^ n\)
所以做异或的题从两方面来考虑 ：
1.二进制角度上
2.整数域计算上
这道题上，要求用 $\otimes $ 破坏非减单调序列，第一条性质做不了
当存在两个在二进制上最高位相同的数时，异或之后一定可以使得到的数减少一半
并且当此时再存在一个数在最高位上与前面两个数相同时，则一定可以一次操作完成
根据鸽子原理，那么 \(n \ge 2 \times log 10^9\) 时便直接输出 \(1\) 即可，否则直接枚举出当前想把序列破坏掉的两个数即可
复杂度 \(O(n^3)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N],sum[N];
int ans = 2e5 + 10;
int n;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1;i <= n;i++) {
cin >> a[i];
sum[i] = sum[i - 1] ^ a[i];
}
if(n > 60) {
cout << "1" << '\n';
return 0;
}
for(int k = 1;k < n;k++) {
for(int i = 1;i <= k;i++) {
for(int j = k + 1;j <= n;j++) {
int s1 = sum[k] ^ sum[i - 1] ,s2 = sum[j] ^ sum[k];
if(s1 > s2) {
ans = min(ans,j - k - 1 + k - i);
}
}
}
}
if(ans == 2e5 + 10)
cout << "-1" << '\n';
else
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E New Game Plus!:
如果这题的 \(k\) 很小，也许可以用 \(dp\) 解决
所以这里考虑其他算法，因为求得最值，所以考虑贪心
首先考虑 \(k = 0\) 的情况，容易发现，一个 \(boss\) 的贡献是他所处的位置离结尾还有多少个乘上 \(C_i\)
所以考虑使用经典贪心微调法来证明此时应满足 \(C_i >= C_{i + 1} (i < n),i \in Z\) 时结果最优
再考虑 \(k != 0\) 的情况，容易发现，一旦使用一次 \(reset\) 游戏将会被重置为新游戏，所以游戏分为了 \(k + 1\) 个游戏。
在每一个独立的游戏中，每打一个 \(boss\) 的贡献可以写作 \(p \times C_i\) ，也就是说，当我们发现如果存在 \(p_i > p_j\) 但 \(C_i < C_j\) 的时候，一定存在更优解
那么也就是说，为了让 \(C_i > 0\) 的 \(p\) 尽量大，我们考虑将第一个正数放进来的过程，这第一个正数必然会放在此时可以令它的 \(p\) 最大的一个游戏之中
那么接下来的正数依旧会放在这个正数的后面，所以我们可以把所有的正数放在一个游戏中
同样的，我们来考虑负数的 \(p\)，我们想让 \(p\) 尽量小，所以一旦发现存在两个游戏中的第一个元素是负数，并且 \(p_1 - p_2 \ge 2\) 时，可以将 \(p_1\) 放在 \(p_2\) 的后面，以得到更优解
我们来考虑如何实现这个贪心的过程
(注：这里不证明为什么必须用完 \(k\) 次 \(reset\))
首先，对于第一条，正数都将在一个游戏之中，那么，我么考虑维护一个大根堆，这样可以满足。
考虑处理负数，那么一次 \(reset\) 相当于在单调队列中插入 \(k + 1\) 个 \(0\) ，如果此时正数的游戏中 \(sum > 0\) 则此时放在 \(sum > 0\) 依然是最优的
当正数游戏中 \(sum < 0\) 时，此时再插入会得到更差解，插入 \(0\) 即可。
这样，通过大根堆的维护，我们保证了第一条性质，并且如果我们将初始序列 \(sort\) 从大到小排一遍之后我们可以维护剩下两条性质
(简短证明一下：如果有一个有两个游戏个数分别为 \(i + 1\) 与 \(i\)，那么有\(C_i\) 大，\(p\) 也大的这条性质，可以得到 \(sum_1 < sum_2\) ，所以一定会将新数插入大小为 \(i\) 的游戏之中)
这道题确实很妙，在官方的题解之中将一个游戏看成一个一个栈，那么这里的 \(p\) 便是这个元素在栈中的 \(h\) ，会更好理解
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 10;
priority_queue<ll> p;
ll a[N];
int n,m;
ll ans = 0;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= m + 1;i++) p.push(0);
for(int i = 1;i <= n;i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a + 1,a + n + 1,[&](ll a,ll b) {return a > b;});
for(int i = 1;i <= n;i++) {
ll x = p.top();
ans += x;
p.pop();
p.push(x + a[i]);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
Summary :
- 有些 (A/B) 应该考虑简单一点根据题目/题目数据来思考算法，不要先入为主
- 当题目用一般算法做不通的时候考虑挖掘一下性质
- 面对较复杂的题目时，多多运用分类讨论与同状态转换(E题题解中将游戏看作栈)的思想简化题目
- 以后多补题写题解以提升思维
