Codeforces Round #734 (Div. 3) 题解
Hello大家好，今天给大家带来的是 Codeforces Round #734 (Div. 3) 的全题目讲解。
本文链接：https://www.lanqiao.cn/questions/204012
感谢蓝桥云课的 Lqyk 同学提供的题解。
A. Polycarp and Coins
题目链接
https://codeforces.com/contest/1551/problem/A
题目大意
有一个人买东西付钱只用一元钱和二元钱， 现在他要付 \(n\) 元， 他使用一元钱的数量和二元钱数量的差值要最小， 问他付 \(n\) 元使用了多少一元钱和二元钱？
解题思路
差值最小的话一元钱和二元钱的数量比例要接近 \(1 : 1\) ，那么总共三元钱， 那么每份都使用的 \(n / 3\) ,最后只要判断一下剩下的钱是\(0, 1, 2\) 元的情况即可。
AC_Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while(t--){
ll n;
cin >> n;
ll a = n / 3;
ll b = n / 3;
if(n % 3 == 2) b++;
else if(n % 3 == 1) a++;
cout << a << " " << b << endl;
}
return 0;
}
B1. Wonderful Coloring - 1
题目链接
https://codeforces.com/contest/1551/problem/B1
题目大意
\(n\) 个字符要么染成红绿俩种颜色，要么不染色。
相同颜色的字符俩俩不同。
红绿俩种颜色的字符数量相同。
满足以上三个条件，每种颜色被染色的字符数量是多少？
解题思路
相同的字符每种颜色最多染一个，因此只要对出现次数 $ \geq 2$ 的字符和出现一次的字符分别讨论就行。
- 出现次数 $ \geq 2$ 的字符, 每种颜色都能分到一个，答案加上这些字符的种类数。
- 出现一次的，红一个，绿一个，答案加上这些字符种类数除以二（向下取整）。
AC_Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while(t--){
string s;
cin >> s;
map<char, int> mp;
int ans = 0;
for(int i = 0;i < s.size();i++) mp[s[i]]++;
int cnt = 0;
for(auto i : mp){
if(i.second >= 2) ans++;
else cnt++;
}
cout << ans + cnt / 2 << endl;
}
return 0;
}
B2. Wonderful Coloring - 2
题目链接
https://codeforces.com/contest/1551/problem/B2
题目大意
\(n\) 个数字，染成 \(k\) 种颜色，要么不染色。
相同颜色的数字的值是俩俩不同的。
所有的 \(k\) 种颜色的数字数量应该相同。
染色的数字的数量要最多。
用 \(0 - k\) 表示染色的颜色种类 (\(0\) 表示不染色) ，求满足上述条件的染色方案。
解题思路
和 \(B1\) 一样的思路，考虑将 出现次数$ \geq k$ 的数字和 出现次数 \(< k\) 的分开讨论。
- 出现次数 $ \geq k$ 的字符, 每种颜色都能分到一个, 所以把位置存储下来直接染色即可。
- 出现次数 \(< k\) 的集中到一起， 为了防止相同的数字染成同一种颜色，所以先排序在按顺序对下标染色。
AC_Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 50;
struct node{
int id, val;
bool operator < (const node &p) const{
return val < p.val;
}
};
vector<int> num[maxn]; //统计某种数字出现的次数
vector<node> q; //集中<k的数字
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while(t--){
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> ans(n + 1, 0), vis(n + 1, 0), a(n + 1);
for(int i = 1;i <= n;i++) num[i].clear(); q.clear();
for(int i = 1;i <= n;i++){
cin >> a[i];
num[a[i]].push_back(i);
}
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(num[i].size() >= k){
for(int j = 0;j < num[i].size();j++){
ans[num[i][j]] = j + 1;
}
vis[i] = 1;//标记是否>=k
}
}
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(!vis[a[i]]){
q.push_back({i, a[i]});
}
}
sort(q.begin(), q.end());
int sum = q.size() / k * k, v = 1;//取整，从1开始染色
for(int i = 0;i < sum;i++){
ans[q[i].id] = v++;
if(v == k + 1) v = 1;
}
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(ans[i] > k) cout << 0 << " ";//大于K都是多的，都不染色
else cout << ans[i] << " ";
}
cout << endl;
}
return 0;
}
C. Interesting Story
题目链接
https://codeforces.com/contest/1551/problem/C
题目大意
从 \(n\) 个只包含 \(a、b、c、d、e\) 的字符串中选择若干个，使得某一个单一字符的出现次数大于其余四个总和，问最多可以选多少个字符串。
解题思路
我们可以记录每个字符串 \(a、b、c、d、e\) 出现的次数，然后枚举 \(a、b、c、d、e\) 分别作为大于其他四个字符总和的情况。
假设当前枚举 \(a\) 第 \(i\) 个字符串 \(a\) 出现的次数为 \(sum\), 其余四个总和为 \(now\) ,那么他们的差值 \(sum - now\) 为正的时候是可以选的，为了选择更多，我们贪心的将 \(sum - now\) 的值从大到小排序，不断加入字符串, 保持总和 $\geq 0 $即可。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 50;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], d[maxn], e[maxn];
int n;
int get_a(){
vector<ll> ans;
for(int i = 0;i < n;i++){
ll sum = a[i];
ll now = b[i] + c[i] + d[i] + e[i];
ans.push_back(sum - now);
}
sort(ans.rbegin(), ans.rend());
ll k = 0;
int cnt = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
if(k + ans[i] > 0LL) {
cnt++;
k += ans[i];
}
else break;
}
return cnt;
}
int get_b(){
vector<ll> ans;
for(int i = 0;i < n;i++){
ll sum = b[i];
ll now = a[i] + c[i] + d[i] + e[i];
ans.push_back(sum - now);
}
sort(ans.rbegin(), ans.rend());
ll k = 0;
int cnt = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
if(k + ans[i] > 0LL) {
cnt++;
k += ans[i];
}
else break;
}
return cnt;
}
int get_c(){
vector<ll> ans;
for(int i = 0;i < n;i++){
ll sum = c[i];
ll now = a[i] + b[i] + d[i] + e[i];
ans.push_back(sum - now);
}
sort(ans.rbegin(), ans.rend());
ll k = 0;
int cnt = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
if(k + ans[i] > 0LL) {
cnt++;
k += ans[i];
}
else break;
}
return cnt;
}
int get_d(){
vector<ll> ans;
for(int i = 0;i < n;i++){
ll sum = d[i];
ll now = a[i] + b[i] + c[i] + e[i];
ans.push_back(sum - now);
}
sort(ans.rbegin(), ans.rend());
ll k = 0;
int cnt = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
if(k + ans[i] > 0LL) {
cnt++;
k += ans[i];
}
else break;
}
return cnt;
}
int get_e(){
vector<ll> ans;
for(int i = 0;i < n;i++){
ll sum = e[i];
ll now = a[i] + b[i] + c[i] + d[i];
ans.push_back(sum - now);
}
sort(ans.rbegin(), ans.rend());
ll k = 0;
int cnt = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
if(k + ans[i] > 0LL) {
cnt++;
k += ans[i];
}
else break;
}
return cnt;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while(t--){
cin >> n;
for(int i = 0;i <= n;i++) a[i] = b[i] = c[i] = d[i]= e[i] = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
string s;
cin >> s;
for(int j = 0; j < s.size();j++){
if(s[j] == 'a') a[i]++;
else if(s[j] == 'b') b[i]++;
else if(s[j] == 'c') c[i]++;
else if(s[j] == 'd') d[i]++;
else if(s[j] == 'e') e[i]++;
}
}
int ans = 0;
ans = max(ans, get_a());
ans = max(ans, get_b());
ans = max(ans, get_c());
ans = max(ans, get_d());
ans = max(ans, get_e());
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
D1. Domino (easy version)
题目链接
https://codeforces.com/contest/1551/problem/D1
题目大意
在 $n * m $ 的网格图放 \(1\times2\) (横着)或者 \(2\times1\)（竖着） 的多米若骨牌，在 \(n * m\) 为偶数的情况下，是否能恰好放 \(k\) 个横着的多米洛骨牌。
解题思路
考虑为什么题意给的是 \(n*m\) 都是偶数，而不是 \(n、m\) 都是偶数。
当 \(n、m\) 都为偶数的时候， \(2\times2\) 的方格可以任意放 $2 $ 个 \(1\times2\) 横着的或者 \(2 \times 1\)竖着的，并且它们都是偶数成对出现的，因此我们就可以分割图面为若干个 \(2\times2\)的网格， 此时 \(k\) 为偶数才能满足条件。
假设若 \(n\) 为奇数， 画图不难发现必定要放 \(m/2\) 个横着的，同理，若 \(m\) 为奇数， 必定要放\(n / 2\) 个竖着的，多出来的行列铺满横的或者竖的后就转化偶数情况。
因此只要判断总得减去必定放的是否放得下 \(k\)个并且 \(k\) 要大于必定放横的数量。
AC_Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while(t--){
int n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
int tot = n * m / 2;
if(n % 2){
k -= m / 2;
tot -= m / 2;
}
if(m % 2) tot -= n / 2;
if(k < 0 || k % 2 || k > tot){
cout << "NO\n";
continue;
}
cout << "YES\n";
}
return 0;
}
D2. Domino (hard version)
题目链接
https://codeforces.com/contest/1551/problem/D2
题目大意
在 $n \times m $ 的网格图放 \(1\times2\) (横着)或者 \(2\times1\)（竖着） 的多米若骨牌，在 \(n \times m\) 为偶数的情况下，是否能恰好放 \(k\) 个横着的多米洛骨牌,用字符输出摆放图案。
解题思路
\(D1\) 的思路能讨论出来后，就按照讨论分别构造即可。
首先先判断有没有奇数的行、列，从 \(a - z\) 任意找俩个个字符填充完。
然后将这多的行列暂时删去，当成 $n,m $ 都为偶数填充。
先填充 \(k\) 个横着的，剩下的 \(2\times2\) 填充竖着的即可，唯一的问题就是相邻的字符会重复的问题，我们可以根据下标的奇偶关系来交替填充不同字符，当然字符从\(a - z\) 自己挑。
AC_Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 200;
char ans[maxn][maxn];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while(t--){
int n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
int tot = n * m / 2;
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j <= m;j++){
ans[i][j] = '#';
}
}
int nn = n, mm = m;
if(n % 2){
k -= m / 2;
tot -= m / 2;
int cnt = 1;
for(int j = 1;j <= m;j += 2){//最后一行放满横的
if(cnt % 2) ans[n][j] = ans[n][j + 1] = 'o';
else ans[n][j] = ans[n][j + 1] = 'p';
cnt++;
}
n--;
}
if(m % 2){
tot -= n / 2;
int cnt = 1;
for(int i = 1;i <= n;i += 2){
if(cnt % 2) ans[i][m] = ans[i + 1][m] = 'x';
else ans[i][m] = ans[i + 1][m] = 'y';
cnt++;
}
m--;
}
if(k < 0 || k % 2 || k > tot){
cout << "NO\n";
continue;
}
int cnt = 1;
for(int j = 1;j <= m;j += 2){
cnt ++;
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(k != 0){
if((i + cnt) & 1) ans[i][j] = ans[i][j + 1] = 'a';
else ans[i][j] = ans[i][j + 1] = 'b';
k--;
}
if(!k) break;
}
if(!k) break;
}
for(int i = 1;i <= n;i += 2){
cnt++;
for(int j = 1;j <= m;j++){
if(ans[i][j] == '#'){
if((j + cnt) & 1) ans[i][j] = ans[i + 1][j] = 'k';
else ans[i][j] = ans[i + 1][j] = 'v';
}
}
}
cout << "YES\n";
for(int i = 1;i <= nn;i++){
for(int j = 1;j <= mm;j++){
cout << ans[i][j];
}
cout << endl;
}
}
return 0;
}
E. Fixed Points
题目链接
https://codeforces.com/contest/1551/problem/E
题目大意
给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 和一个常数 \(k\)。
现有一种操作，操作内容为选择数组 \(a\) 中任意一个数 \(a_i\) 并删除它，删除之后 \(a_i\) 右边的数将全部向右移动一位，即 \(a_{i-1},a_i，a_{i+1},a_{i+2},...,a_n\rightarrow a_{i-1},a_{i+1},a_{i+2},a_{i+3},...,a_{n}\)。
定义 \(b_1,b_2,...,b_m\) 为 \(a\) 进行若干次操作后的数组，问最少要进行多少次操作，可以使得 \(b_i=i\) 的个数大于等于 \(k\)。
解题思路
因为本题的数据范围不大 \(1\leq k\leq n\leq 2\times10^3\)，所以不难想到用 \(dp\) 来解决。
定义 \(f_{i,j}\) 表示数组 \(a\) 的前 \(i\) 个数，删除了\(j\) 个后， \(b_h=h(1\leq h\leq i)\) 的最大个数。
于是当前的这个数 \(a_i\)，有两种决策：
- 删除 \(a_i\)：删除 \(a_i\) 后 \(a_i\) 就带来任何贡献，即 \(f_{i,j} = f_{i-1,j-1}\)。
- 不删除 \(a_i\)：此时已经删除了 \(j\) 个数，那么 \(a_i\) 的位置为 \(i-j\)，所以 \(f_{i,j} = f_{i-1,j} + [a_i == i-j]\)
最后从小到大枚举删除的个数 \(j\)，若 \(f_{n,j} \geq k\)，则该 \(j\) 为答案。
AC_Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e3 + 10;
int n , k , a[N], f[N][N];
signed main()
{
int T = 1;
cin >> T;
while(T --)
{
cin >> n >> k;
memset(f , 0 , sizeof(int) * n * n);
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) cin >> a[i];
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
{
for(int j = 0 ; j <= i ; j ++)
{
if(!j) f[i][j] = f[i - 1][j] + (a[i] == i - j);
else f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1], f[i - 1][j] + (a[i] == i - j));
}
}
bool flag = 0;
for(int j = 0 ; j <= n ; j ++) if(f[n][j] >= k)
{
cout << j << '\n';
flag = 1;
break ;
}
if(!flag) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
F. Equidistant Vertices
题目链接
https://codeforces.com/contest/1551/problem/F
题目大意
给定一个包含 \(n\) 个节点的树和一个常数 \(K\)，要求你树中选择 \(K\) 个节点并放入集合，使得集合内任意两点之间的距离都相等，问有多少种不同的选择方法。
解题思路
- 当 \(K = 2\) 时，无论怎么选取，集合内都只存在一种距离，满足条件，所以答案为 \(C_{n}^{2}\)。
- 当 \(K > 2\) 时，则必然存在一个点 \(u\)，使得集合内的点分别位于 \(u\) 的不同分支上，且到 \(u\) 的距离相等（证明略），我们定义这样的 \(u\) 为集合的中心
我们以 \(u\) 作为集合的中心，枚举集合内的点到 \(u\) 的距离，设当前枚举的距离为 \(d\)。
那么在以 \(u\) 为根的树里，如果超过 \(K\) 个分支中存在与 \(u\) 的距离大于等于 \(d\) 的节点，则我们可以选择从这些分支中挑选 \(K\) 个作为方案。定义这些分支为有效分支，并有效分支的个数为 \(cnt\)，那么能带来的方案数为 \(C_{cnt}^{K}\)？不对，因为某些有效分支中可能不仅仅存在一个与 \(u\) 距离大于等于 \(d\) 的节点，它们所能带来的方案数不能被忽略，也不好直接计算，于是考虑 \(dp\)！
- 我们先定义 \(f[u][j]\) 表示在以 \(v\) 为根的子树中，与 \(v\) 距离为 \(j\) 的节点的个数，那么：
当 \(v\) 为 \(u\) 儿子节点时，\(f[u][j] = f[v,j-1]\)
当 \(v\) 为 \(u\) 父亲节点时：
\(f[u][j] += f[v][j-1] ,(j=1)\)
\(f[u][j] += f[v][j - 1] - f[u][j - 2] (j\geq2)\)
- 我们再定义 \(dp[u][j][k]\) 表示以 \(u\) 为根，从 \(u\) 的前 \(j\) 个有效分支中，选择 \(k\) 个有效分支的方案数，那么对于第 \(j\) 个有效分支（设为 \(v\)），有以下两种决策：
选择第 \(j\) 个有效分支：\(dp[u][j][k] = dp[u][j - 1][k - 1] \times C_{f[v][d-1]}^{1} = dp[u][j - 1][k - 1] \times f[v][d-1]\).
\(f[v][d-1]\) 表示 \(v\) 的子树中与 \(v\) 距离大于 \(d-1\) 的节点个数，即与 \(u\) 距离大于等于 \(d\) 的节点个数
\(C_{f[v][d]}^1\) 表示从这些节点中任意挑选一个不选择第 \(j\) 个有效分支：\(dp[u][j][k] = dp[u][j - 1][k]\)
对于每次枚举的距离 \(d\) ，\(u\) 对答案的贡献为 \(dp[u][cnt][K]\)
AC_Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e2 + 10, mod = 1e9 + 7;
struct Edge
{
int nex, to;
} edge[N << 1];
int head[N] , TOT;
int n , K , f[N][N];
long long res , dp[N][N][N];
void add_edge(int u, int v)
{
edge[++ TOT].nex = head[u];
edge[TOT].to = v;
head[u] = TOT;
}
void init()
{
for(int i = 0 ; i <= n + 1 ; i ++) head[i] = 0;
TOT = 0;
}
void dfs(int u, int far)
{
for(int i = head[u] ; i ; i = edge[i].nex)
{
int v = edge[i].to;
if(v == far) continue ;
dfs(v, u);
for(int j = 1 ; j <= n ; j ++) f[u][j] += f[v][j - 1];
}
f[u][0] = 1;
}
void dfs1(int u , int far)
{
memset(dp , 0 , sizeof(int) * n * n * n);
for(int j = 1 ; j <= n ; j ++)
{
dp[u][0][0] = 1;
int cnt = 0;
for(int i = head[u] ; i ; i = edge[i].nex)
{
int v = edge[i].to;
if(v == far)
{
if(j == 1)
{
dp[u][++ cnt][0] = 1;
for(int k = cnt ; k >= 1 ; k --) dp[u][cnt][k] = (dp[u][cnt - 1][k] + dp[u][cnt - 1][k - 1]) % mod;
}
else
{
if(f[far][j - 1] - f[u][j - 2] > 0)
{
dp[u][++ cnt][0] = 1;
for(int k = cnt ; k >= 1 ; k --) dp[u][cnt][k] = (dp[u][cnt - 1][k] + dp[u][cnt - 1][k - 1] * (f[far][j - 1] - f[u][j - 2]) % mod) % mod;
}
}
}
else
{
if(f[v][j - 1])
{
dp[u][++ cnt][0] = 1;
for(int k = cnt ; k >= 1 ; k --) dp[u][cnt][k] = (dp[u][cnt - 1][k] + dp[u][cnt - 1][k - 1] * f[v][j - 1] % mod) % mod;
}
}
}
res += dp[u][cnt][K] , res %= mod;
}
if(u != 1)
{
for(int j = n ; j >= 1 ; j --)
{
if(j == 1) f[u][j] += f[far][0];
else f[u][j] += (f[far][j - 1] - f[u][j - 2]);
}
}
for(int i = head[u] ; i ; i = edge[i].nex)
{
int v = edge[i].to;
if(v == far) continue ;
dfs1(v, u);
}
}
signed main()
{
int T = 1;
cin >> T;
while(T --)
{
init();
res = 0;
cin >> n >> K ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) for(int j = 1 ; j <= n + 1; j ++) f[i][j] = 0;
for(int i = 1 ; i < n ; i ++)
{
int u, v;
cin >> u >> v;
add_edge(u, v), add_edge(v, u);
}
if(K == 2)
{
cout << n * (n - 1) / 2 << '\n';
continue ;
}
dfs(1, 0) , dfs1(1, 0);
cout << res << '\n';
}
return 0;
}
如有编写错误或者疑惑请评论告诉我，我会第一时间回应的（如果代码在终测中挂掉了，也请评论告知我谢谢！！！）
本文作者：Lqyk
本文链接：https://www.lanqiao.cn/questions/204012
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