Codeforces Round 962 (Div. 3) CDE

时间：2024-07-27

C. Sort#

原题：C. Sort

标签：前缀和

题意#

给定字符串a,b

定义 $sorted(a[l..r])$ 表示将a的lr区间排序为有序

有q次询问，每次给出区间l,r，要求通过操作使$sorted(a[l..r])==sorted(b[l..r])$

操作为将$a_i$变成需要的任意字符，求最少次数

思路#

一开始由于是div3，尝试了一下是不是暴力

暴力的过法就是，每次询问都遍历一遍两个字符串的区间，然后比较各个字符的数量

比如说在a中有3个‘a’，2个’b‘，在b中有2个‘a‘3个’b‘，那么只需要将一个’b‘变成’a‘就可以

但是实际上不需要看’b‘，就看’a‘差了几个就行，只考虑补足数量不足的字符

暴力法显然过不去，然后再回看这种数量关系，很容易想到前缀和

而且每类字符单独考虑，就用类似 $sum[N][26]$ 的形式，存储前 $i$ 个字符中 $j{+}^{\prime }{a}^{\prime }$ 的数量

代码#

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const int N = 2e5 + 10;
int len, q;
string s1, s2;
vector<int> sum1[N];
vector<int> sum2[N];
void build() {
    for (int i = 0; i <= len; i++) {
        for (int j = 0; j < 26; j++) {
            sum1[i][j] = 0;
            sum2[i][j] = 0;
        }
    }
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        sum1[i + 1][s1[i] - 'a']++;
        sum2[i + 1][s2[i] - 'a']++;
    }
    for (int i = 2; i <= len; i++) {
        for (int j = 0; j < 26; j++) {
            sum1[i][j] += sum1[i - 1][j];
            sum2[i][j] += sum2[i - 1][j];
        }
    }
}
void solve() {
    cin >> len >> q;
    cin >> s1 >> s2;
    build();
    int l, r;
    for (int i = 0; i < q; i++) {
        cin >> l >> r;
        int ans = 0;
        for (int j = 0; j < 26; j++) {
            int t = (sum1[r][j] - sum1[l - 1][j]) - (sum2[r][j] - sum2[l - 1][j]);
            if (t < 0)
                ans += t;
        }
        cout << -ans << endl;
    }
}

signed main() {
    for (int i = 0; i <= N - 1; i++) {
        sum1[i].resize(26, 0);
        sum2[i].resize(26, 0);
    }
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

D. Fun#

原题：D. Fun

标签：枚举

题意#

给定两个整数 n 和 x ，要求 $ab+ac+bc\le n$ 和 $a+b+c\le x$

输出满足条件的三元组 $(a,b,c)$ 的组数

思路#

本题在经过一系列找规律后，发现根本找不到规律。。。

找不到规律就先开始考虑暴力枚举

本题如果枚举三个数是会超时的，那么看看能不能枚举两个数

本题给的两个限定条件 $n$ 和 $x$ ，要理清思路，假如确定了两个值，第三个值是能直接算出来的

如果是确定 $a、b$ ，那么对于 $c$ ，首先 $c\le x-a-b$ ，同时 $c\le (n-a\ast b)/(a+b)$

代码#

核心代码

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    for (int a = 1; a <= x; a++) 
        for (int b = 1; a * b <= n && a + b < x; b++) 
            ans += min(x - a - b, (n - a * b) / (a + b));

E. Decode#

原题：E. Decode

标签：字符串、前缀和

题意#

给定01串 $s$，对与任意的区间$l$到$r$，在$l$到$r$中再选取任意$x<y$，要求$s[x...y]$中的01个数相等

答案对1e9+7取余

思路#

1. 出现这种数量相等的情况，一般考虑能不能用前缀和处理一下，让01的数量通过加1减1来抵消

如 $1100111001$

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index  1  2  3  4  5  6  7  8  9  10 
	   1  1  0  0  1  1  1  0  0  1
sum    1  2  1  0  1  2  3  2  1  2

以下标2到3为x,y，那么就可以在 $O(1)$ 时间得出l和r的种类，$l\in [1,x],r\in [y,10]$

2. 那么现在的问题转变成了要怎么找到所有这样的x和y呢？

显然通过sum，对于l到r，$sum[r]==sum[l-1]$

所以将sum值相同的下标存储在一起

3. 现在的问题又转化为，该怎么快速的将答案求出来呢

在这个例子中，对于$sum=1$有以下下标：1 3 5 9

我们先手算一下答案：

$1\ast (10-3+1)+1\ast (10-5+1)+1\ast (10-9+1)+3\ast (10-5+1)+3\ast (10-9+1)+5\ast (10-9+1)$

答案不是重点，重点是式子，我们转化成如下式子：

$1\ast (10-9+1)+3\ast (10-9+1)+5\ast (10-9+1)$

$1\ast (10-5+1)+3\ast (10-5+1)$

$1\ast (10-3+1)$

相当于是，用一个变量 $cur$ 存储需要用到的 $l$ ，比如对于$3$，需要用$1$，对于$5$，需要用$1+3$,

流程就是，在处理完小的 $l$ 和 $r$ 后，将 $r$ 存储到 $cur$ 中，这样 $cur$ 存的就是$1+3$

$cur$ 与 $5$ 算完后，再将 $5$ 存储到 $cur$ 中，然后是 $cur$ 和$9$

代码#

说明，由于我是用数组处理，所以所有负数转变成正数了

可以用map处理

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define YES "Yes"
#define NO "No"
#define F first
#define S second
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define endl "\n"
#define IOS ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
#define rep(i, j, k) for (i = (j); i < (k); i++)
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define vi vector<int>
typedef pair<int, int> pii;

const int MOD = 1000000007;
const int N = 2e5 + 10;
int ii, jj, kk;

string s;
int sum[N] = {0};
vector<int> v[2 * N];
void solve() {
    cin >> s;
    int len = s.length();

    for (int i = 0; i < len; i++) {
        if (s[i] == '1')
            sum[i + 1] = sum[i] + 1;
        else
            sum[i + 1] = sum[i] - 1;
    }

    // 由于有负数的原因，将每个值+len，保证是正数
    for (int i = 0; i <= len; i++)
        v[sum[i] + len].push_back(i);

    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= 2 * len; i++) {
        int cur = 0;
        for (int vv : v[i]) {
            ans = (ans + ((len + 1 - vv) * cur)) % MOD;
            cur = (cur + 1 + vv) % MOD;
        }
    }
    cout << ans << endl;
    for (int i = 0; i <= 2 * len; i++)
        v[i].clear();
}

signed main() {
    IOS;
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}