Educational Codeforces Round 170 (Rated for Div. 2) ABCD
Educational Codeforces Round 170 (Rated for Div. 2) ABCD
来源：Educational Codeforces Round 170 (Rated for Div. 2)
A. Two Screens
题意
给两个屏幕，两种操作，每种操作一秒，求让两个屏幕显示两个指定字符串的最短时间
操作：
- 在一个屏幕的字符串后加任意一个字符
- 把一个屏幕的内容复制粘贴到另一个屏幕
思路
先弄出相同前缀，复制一下，然后不相同的只能用操作1来一个一个加
代码
string s1, s2;
int main() {
IOS;
int t;
cin >> t;
while (t--) {
cin >> s1 >> s2;
int same = 0;
for (int i = 0; i < min(s1.length(), s2.length()); i++) {
if (s1[i] == s2[i]) same++;
else break;
}
cout << s1.length() + s2.length() - same + (same == 0 ? 0 : 1) << endl;
}
return 0;
}
B. Binomial Coefficients, Kind Of
思路
这边建议，复制粘贴给的代码，然后打印一下
代码
const int MOD = 1e9 + 7;
long long ksm(long long a, long long b, long long MOD) {
long long res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = (res * a) % MOD;
a = (a * a) % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
IOS;
// int C[20][20];
// for (int n = 0; n < 20; n++) { // loop over n from 0 to N-1 (inclusive)
// C[n][0] = 1;
// C[n][n] = 1;
// for (int k = 1; k < n; k++) // loop over k from 1 to n-1 (inclusive)
// C[n][k] = C[n][k - 1] + C[n - 1][k - 1];
// }
// for (int n = 0; n < 20; n++) { // loop over n from 0 to N-1 (inclusive)
// for (int k = 1; k < n; k++) { cout << C[n][k] << " "; }
// cout << endl;
// }
int t;
cin >> t;
vector<int> n(t), k(t);
for (int &i : n) cin >> i;
for (int &i : k) cin >> i;
for (int i = 0; i < t; i++) {
cout << ksm(2, k[i], MOD) << endl;
}
return 0;
}
C. New Game
题意
一堆数字，第一次选 \(x\)，以后只能选 \(x\) 或 \(x+1\)
所选牌中不同的牌不超过 \(k\) 张
思路
首先想用个 \(cnt\) 数组存每张牌的数量，用双指针维护一个窗口，窗口内的都是连续的数字
由于每次扩充窗口的时候要判断下一个位置和当前位置差值是不是1，我选择把中间连接的 \(cnt\) 搞成一个负数
遇到负数就重新搞窗口
代码
const int N = 4e5 + 10;
int cnt[N];
map<int, int> mp;
void solve() {
mp.clear();
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int tmp;
cin >> tmp;
mp[tmp]++;
}
int turn = 0; // 有多少数和间隔
int pre = 0;
for (auto [num, c] : mp) {
if (num != pre && num != pre + 1) {
cnt[++turn] = -1;
}
pre = num;
cnt[++turn] = c;
}
int l = 1, r = 0;
int now = 0;
int ans = 0;
while (r <= turn && l <= turn) {
while (r - l + 1 < k && now + cnt[r + 1] >= now && r + 1 <= turn) now += cnt[++r];
ans = max(ans, now);
if (now + cnt[r + 1] < now || r + 1 > turn) { // 如果是遇到负数
now = 0;
l = r + 2;
r++;
} else {
now -= cnt[l++];
}
}
cout << ans << endl;
}
D. Attribute Checks
题意
升级打怪，给一个序列，按顺序，遇到0就是升级，但是有两个属性
遇到正数和负数分别代表遇到针对两个属性的怪了
只有自身的对应属性大于等于怪才能打败
问最多打得过多少怪（检查点）
思路
一眼dp，但是n范围有点不对劲，先不管
- 思路
\(dp[i][j]\) 表示 到目前为止有 \(i\) 分，这 \(i\) 分有 \(j\) 分分配给智力，也就是 \(k=i-j\) 分给体力那么到第 \(i+1\) 个 \(0\) 之前，最多能过多少检查点
第 \(i\) 分加在智力上
\(dp[i][j]=dp[i-1][j-1] + ([i-1,i]区间内小于j的正数数量) + (区间内小于k的|负数|数量)\)
第 \(i\) 分加在体力上
\(dp[i][j]=dp[i-1][j] + (区间内小于j的正数数量) + (区间内小于k的|负数|数量)\)
比如按如下顺序 \(0(i-1),2, -2, -3, 0(i)\)
当碰到2时，需要对 \(dp[i-1][2\dots(i-1)]\)
每次遇到0的时候都要来一遍状态转移，这是不会t的，但是每次碰到检查点要来一次+1这就是 \(O(mn)\)
- 优化
由于有m分，可以先把两分之间的那些用一个差分数组存起来，每次遇到0的时候再操作一下，t不了一点
代码
空间也可以优化，不过这题都可
在原本的数组后面补一个0，好处理点
const int N = 2e6 + 10;
const int M = 5005;
int a[N];
int dp[M][M];
signed main() {
// IOS;
int n, m;
cin >> n >> m;
rep(i, 0, M) fill_n(dp[i], M, 0);
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
a[n] = 0;
m++;
n++;
int zero = 0;
vector<int> dif(m + 5, 0);
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (a[i] == 0) {
zero++;
for (int j = 1; j <= m + 1; j++) dif[j] += dif[j - 1];
dp[zero][0] = dp[zero - 1][0] + dif[0];
for (int j = 1; j <= zero; j++) {
dp[zero][j] = max(dp[zero - 1][j - 1] + dif[j - 1], dp[zero - 1][j] + dif[j]);
}
for (int j = 0; j <= m; j++) dif[j] = 0;
} else if (a[i] > 0) {
if (a[i] <= zero) {
dif[a[i]]++;
dif[zero + 1]--;
}
} else if (a[i] < 0) {
if (-a[i] <= zero) {
dif[0]++;
dif[zero + a[i] + 1]--;
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= zero; i++) {
ans = max(ans, dp[zero][i]);
}
cout << ans;
return 0;
}
