[Kick Start] 2021 Round B
Increasing Substring
输出字符串中每个字符的最长 Increasing Substring 的长度，非常简单的动态规划问题。
定义 dp[i] 是以 str[i] 结尾的最长 Increasing Substring 的长度。
转移方程
dp[i] = dp[i-1] + 1, if str[i-1] < str[i]
dp[i] = 1, otherwise
显然是可以进行空间优化的，然而「可以但没必要」。
代码实现
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;
int cnt = 1;
void solve(string &str, int n)
{
vector<int> dp(n, 1);
for (int i = 1; i < n; i++)
{
if (str[i - 1] < str[i])
dp[i] = dp[i - 1] + 1;
}
printf("Case #%d:", cnt++);
for (int x : dp) printf(" %d", x);
printf("\n");
}
int main()
{
int t, n;
cin >> t;
cin.ignore();
while (t--)
{
string str;
cin >> n; cin.ignore();
cin >> str; cin.ignore();
solve(str, n);
}
}
Longest Progression
给定一个数组 \(A[n]\) ，在允许改动一个元素的条件下，找到最长的等差数列的长度（这个数列在数组中必须是连续的）。
令：
left[i]表示从位置i向左延伸，能够得到的最长等差数列的长度（包含a[i]）；right[i]表示从位置i向右延伸，能够得到的最长等差数列的长度（包含a[i]）。
显然，如果我们允许改动一个位置，那么扫描数组中的任意一个数 \(a_i\) ，判断改动 \(a_i\) 是否能组合得到一个更长的等差数列：
- 组合
left[i-1]和right[i+1]- 条件为：\(a_{i+2} - a_{i+1} = a_{i-1} - a_{i-2} \text{ and } a_{i+1} - a_{i-1} = 2(a_{i-1} - a_{i-2})\)
- 组合
left[i-1]和a[i], a[i+1]- 条件为：\(a_{i+1} - a_{i-1} = 2(a_{i-1} - a_{i-2})\)
- 组合
right[i+1]和a[i], a[i-1]- 条件为：\(a_{i+1} - a_{i-1} = 2(a_{i+2} - a_{i+1})\)
- 组合
left[i-1]和a[i]，或者组合right[i+1]和a[i]，二者是必然能实现的，无需任何条件。
代码实现
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int cnt = 1;
int solve(int n, vector<int> &a)
{
if (n <= 3) return n;
vector<int> left(n, 2), right(n, 2);
left[0] = right[n - 1] = 1;
for (int i = 2; i < n; i++)
if ((a[i] - a[i - 1]) == (a[i - 1] - a[i - 2]))
left[i] = left[i - 1] + 1;
for (int i = n - 3; i >= 0; i--)
if ((a[i + 2] - a[i + 1]) == (a[i + 1] - a[i]))
right[i] = right[i + 1] + 1;
int ans = max(left[n - 2] + 1, right[1] + 1);
for (int i = 1; i < n - 1; i++)
{
// left[i-1] + 1 其实就是组合 left[i-1] 和 a[i], 因为允许改动 a[i], 所以这是必然能实现的
// right[i+1] 与之同理
ans = max(ans, max(left[i - 1] + 1, right[i + 1] + 1));
if (i >= 2 && a[i + 1] - a[i - 1] == 2 * (a[i - 1] - a[i - 2]))
ans = max(ans, left[i - 1] + 2);
if (i + 2 < n && a[i + 1] - a[i - 1] == 2 * (a[i + 2] - a[i + 1]))
ans = max(ans, right[i + 1] + 2);
if (i >= 2 && i + 2 < n &&
a[i + 1] - a[i - 1] == 2 * (a[i - 1] - a[i - 2]) &&
a[i - 1] - a[i - 2] == a[i + 2] - a[i + 1])
ans = max(ans, left[i - 1] + right[i + 1] + 1);
}
return ans;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
int t, n;
cin >> t;
while (t--)
{
cin >> n;
vector<int> nums(n);
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> nums[i];
printf("Case #%d: %d\n", cnt++, solve(n, nums));
}
}
Consecutive Primes
给定一个整数 \(n\) ，求两个相邻的素数 \(l, r\) ( \(l \cdot r \le n\) ) ，且使得 \(l \cdot r\) 的乘积最大，输出这个最大乘积。
思路
- 令 \(k = \sqrt{n}\) , 求出 \(k\) 左侧的最大素数为 \(l\) ，\(k\) 右侧的最小素数为 \(r\) 。
- 如果 \(l \cdot r \le n\) ，那么返回 \(l \cdot r\) 。
- 否则，存在 \(l_2 < l\) ，\(l_2\) 是小于 \(l\) 的最大素数，返回 \(l_2 \cdot l\) 。
正确性证明
- 最理想的情况是 \(k = \sqrt{n}\) 为一个整数，那么 \(l = r = \sqrt{n}\) 可以得到最大乘积 \(n\) 。但题目要求为 2 个相邻的不同素数。
- 因此，这 2 个素数必然是下面 2 种情况之一（否则不能保证 \(l \cdot r \le n\) ）：
- 一个在 \(k\) 的左侧，一个在 \(k\) 的右侧。
- 两个都在 \(k\) 的左侧。
- 显然，如果「一左一右」的情况存在，它的乘积必然大于「均在左侧」这个乘积，因为 \(l_2 < l < r\)。
时间复杂度
- 素数判定可以在 \(O(\sqrt{k})\) 内完成。
- 根据 Prime Gap ，两个相邻素数 \(p_{i}, p_{i+1}\) 之差可以记为 \(g_i\) .
- 最坏情况下，我们需要找到 3 个相邻的素数（需要扫描 2 个 Prime Gap），因此算法复杂度为 \(O((g_l + g_r) \cdot \sqrt{k})\)，\(k = \sqrt{n}\) .
- 题目给定 \(n \le 10^{18}\) ，因此 \(k \le 10^9\) 。查表得 \(g_l, g_r\) 在 282 - 288 之间，因而这一算法复杂度是可以接受的。
代码实现
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
int cnt = 1;
bool isprime(uint64_t k)
{
for (uint64_t i = 2; i * i <= k; i++)
if (k % i == 0) return false;
return true;
}
uint64_t solve(uint64_t n)
{
uint64_t k = sqrt(n);
uint64_t l = k, r = k + 1;
while (!isprime(l)) l--;
while (!isprime(r)) r++;
if (l * r <= n) return l * r;
uint64_t l2 = l - 1;
while (!isprime(l2)) l2--;
return l * l2;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
cin.ignore();
while (t--)
{
uint64_t n;
cin >> n;
cin.ignore();
printf("Case #%d: %llu\n", cnt++, solve(n));
}
}
Truck Delivery
给定一个树 \(G\) ，每个顶点 \(1-n\) 代表一个城市，每个边代表一个公路，公路有 2 个参数 (limit, amount) 。如果经过这一公路的卡车，它的 weight 大于等于 limit ，那么需要收费 amount ，否则不收费。
问：给定一个 \(Q\) ，表示工作的天数，每一天有 2 个参数 \(Q_i = (C, W)\) ，表示从城市 \(C\) 出发，目的地是城市 \(1\) ，显然这样的路径是唯一的。卡车的 weight 为 \(W\) ，那么从 \(C \rightarrow 1\) 的这一路径上，每个公路都对应一个收费。对于每个 \(Q_i\)，求这一天中，所有收费的最大公因子。
BFS/DFS
最简单，也是最暴力的解法。
思路
-
建图完成后，执行
bfs(1)，从城市 \(1\) 开始 BFS，找到 \(1\) 到其他城市 \(2-n\) 的所有路径。路径通过一个数组pre记录，pre[x]表示x的前驱城市。 -
对于每一个 \(Q_i = (C,W)\) ，找到从 \(C \rightarrow 1\) 的路径，并找到所有
amount的最大公因子。 -
时间复杂度为 \(O(N + Q(N + \log{A}))\) , \(A\) 是
amount的最大值。 -
显然，这个复杂度对于 Test Case 2 来说是不可接受的。
-
第一步的 BFS 也可以换成 DFS ，因为在树中，只要遍历一次，即可找到 \(1\) 到 \(2-n\) 的路径。
代码实现
🥸 被数据范围搞死了，amount 的范围是 \(10^{18}\) ，因此必须用 uint64_t ，我改了数据范围，但忘了改 ans 的类型；改了 ans 的类型，但忘了改 gcd 的参数；改了 gcd 的参数，但忘了改 gcd 的返回值。最后逼得我 Ctrl+F 把 int 全部替换为 uint64_t 。
#include <iostream>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#include <queue>
using namespace std;
// 'first' is load-limit, 'second' is amount
typedef pair<uint64_t, uint64_t> node_t;
uint64_t cnt = 1;
unordered_map<uint64_t, unordered_map<uint64_t, node_t>> graph;
uint64_t gcd(uint64_t a, uint64_t b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
vector<uint64_t> bfs(uint64_t n, uint64_t start)
{
vector<uint64_t> vis(n + 1, false), pre(n + 1, 0);
queue<uint64_t> q;
vis[start] = true, q.push(start);
while (!q.empty())
{
uint64_t vex = q.front();
q.pop();
for (auto &p : graph[vex])
{
uint64_t adjacent = p.first;
if (!vis[adjacent])
vis[adjacent] = true, q.push(adjacent), pre[adjacent] = vex;
}
}
return move(pre);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
uint64_t t, n, q;
uint64_t x, y, limit, amount, city, weight;
cin >> t;
while (t--)
{
cin >> n >> q;
graph.clear();
for (uint64_t i = 0; i < n - 1; i++)
{
cin >> x >> y >> limit >> amount;
graph[x][y] = graph[y][x] = {limit, amount};
}
auto pre = bfs(n, 1);
cout << "Case #" << cnt++ << ": ";
while (q--)
{
cin >> city >> weight;
uint64_t cur = city, ans = 0;
while (cur != 1)
{
uint64_t prev = pre[cur];
auto [limit, amount] = graph[prev][cur];
if (weight >= limit) ans = gcd(amount, ans);
cur = prev;
}
cout << ans << " ";
}
cout << '\n';
}
}
Segment Tree
官方题解使用了线段树 (Segment Tree) ，但我不会这个数据结构 😅 , TO BE DONE.
