Codeforces Round 811 (Div. 3)

1|0基本情况

ABC秒了。

DE都给了我希望，但都做不下去。

两道题反复横跳，结果最后谁也没做出来。

E还是比D亲切的，先补E吧。

2|0E. Add Modulo 10

做的时候想着说对每个个位数的变化找找规律，但是没有进一步的发现。

实际上就应该从这里下手。

首先共识：相同的两个数经过操作后必然相同。

分析每一个十进制末位，即数经过一次变换后末位会从啥变成啥：

由图得 $\{a\}$ 中不能同时存在 $5$ 的倍数和非 $5$ 的倍数。

若全为 $5$ 的倍数，将她们的末尾全部操作为 $0$，判断相等即可。

若全非 $5$ 的倍数，将她们的末尾全部操作为 $2$。由于 $2\to 4\to 8\to 6\to 2$ 绕一圈后原数会 $+20$，所以我们判断这些数是否 $mod20$ 同余即可。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>

const int N  = 2e5 + 10;
int n, a[N];

void calc(int& x) {while(x % 10 != 2 && x % 10 != 0) x += x % 10;}

void solve()
{
	std::cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> a[i];
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (a[i] % 5 == 0) cnt++;
	if (cnt > 0 && cnt < n) {std::cout << "NO\n"; return ;}
	for (int i = 1; i <= n; i++) calc(a[i]);
	if(!cnt) for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] %= 20;
	for (int i = 2; i <= n; i++) if(a[i] != a[i - 1]) {std::cout << "NO\n"; return ;}
	std::cout << "YES\n";
} 

int main()
{
 	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	std::cout.tie(nullptr);
	int _; std::cin >> _;
	while(_--)solve(); 
	return 0;
}

3|0D. Color with Occurrences

做的时候真的毫无想法。

没想到居然是DP，想必我知道了是DP也做不出来的。

---

由于同一段可以被染色多次，所以最小代价和顺序无关。

可以想到动态规划，设 $dp[i]$ 为将 $t$ 的前 $i$ 个字符都染色的最小代价。

考虑如何进行转移，不妨预处理出 $le{n}_j$ 表示 $s_j$ 的长度， $match[i][j]$ 表示 $s_j$ 能否匹配字符串 $t$ 中以位置 $i$ 结尾，长度为 $le{n}_j$ 的子串。这样就很好转移，对于每个位置 $i$，考虑每个能够匹配的 $s_j$，对于每个 $s_j$，从 $[i-le{n}_j,i]$ 区间内转移。注意：由于染色区间可以不交，所以左端点为 $i-le{n}_j$ 而不是 $i-le{n}_j+1$。由此得到状态转移方程如下：

$$dp[i]=\underset{match[i][j]=1}{min}\{\underset{k=i-le{n}_j}{\overset{i}{min}}dp[k]+1\}$$

在转移的同时记录 $from[i]$ 和 $type[i]$ 数组，记录转移到 $i$ 的状态的染色终点（即方程中的 $k$）和染色时使用的模板串编号（即方程中的 $j$）。

注意 $dp$ 数组初值应为正无穷，若转移完后 $dp[n]=\mathrm{\infty }$，则报告无解，否则使用记录的 $from[i]$ 和 $type[i]$ 递归输出方案即可。单组数据时间复杂度 $\mathcal{O}(|t|\sum |s_i|)$，可以通过。参考代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>

const int N = 110;
int dp[N], from[N], ok[N][N];
int len[N], type[N];
std::string s;

void print(int n)
{
	if (n == 0) return;
	print(from[n]);
	std::cout << type[n] << " " << n - len[type[n]] + 1 << std::endl;
	return ;
}

void init()
{
	std::cin >> s; 
	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
	memset(from, 0, sizeof(from));
	memset(ok, 0, sizeof(ok));
	dp[0] = 0;
}

void solve()
{
	init();
	int n = s.length(), m;
	std::cin >> m;
	s='0'+s;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		std::string temp; std::cin >> temp; len[i] = temp.length();
		for (int j = len[i]; j <= n; j++)
		{
			if (s.substr(j - len[i] + 1, len[i]) == temp) ok[j][i] = 1;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= m; j++)
		{
			if (!ok[i][j]) continue;
			for (int k = i - len[j]; k < i; k++)
			{
				if (dp[k] + 1 < dp[i])
				{
					from[i] = k, type[i] = j;
					dp[i] = dp[k] + 1;
				}
			}
		}
	}
	if (dp[n] == 0x3f3f3f3f) std::cout << -1 << std::endl;
	else std::cout << dp[n] << std::endl, print(n); 
}

int main()
{
 	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	std::cout.tie(nullptr);
	int _; std::cin >> _;
	while(_--) solve();
	return 0;
}

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本文作者：Kdlyh
本文链接：https://www.cnblogs.com/kdlyh/p/17891194.html
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