做题笔记（二）

[CSP-S 2023] 消消乐

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[CSP-S 2023] 消消乐

思路

考虑 DP。

显然，设 $f_{i}$ 表示以位置 $i$ 结尾的可消除序列的个数，我们对每一个可消除序列考虑模型，大概就是这个样子： $a \dots ab \dots b$ 。

那么我们当前位置为 $i$ ，前一个可以与 $i$ 匹配的最大的下标为 $l o w_{i}$ ，显然：

f_{i} = f_{l o w_{i} - 1} + 1

到这里其实都很简单的，去年的我考场上也是想到这里就戛然而止，最后写了一个 50pts 的暴力遗憾离场。

但我们可以考虑一个一个往前找，就是那个 $O (n^{2})$ 的暴力做法，考虑优化。

假设当前位置为 $i$ ， $l o w_{1 \to i}$ 已经求出，那么我们注意到类似于 $a \dots a$ 的子串中的省略号一定是由若干个可消除字串。那么我们可以一个一个往前跳。

由于最多只有 $26$ 个字母，所以每一次向前跳的期望应该是一个常数级别，所以时间复杂度是线性的。

代码

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

string s;
int f[2000005]={0},n,ans=0;
int last[2000005]={0};

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n>>s; s=" "+s;
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i-1;j>0;j=last[j]-1){
			if(s[i]==s[j]){
				last[i]=j;
				break;
			}
		}
		
		if(last[i]!=0)
			f[i]+=(1ll+f[last[i]-1]);
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans+=f[i];
		
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

[12.3 互测 A] 简单

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不知道有没有原题咕咕咕。

题目大意

你要炸掉在 $n$ 个位置上的一些方块，一开始 $i$ 号位置有 $h_{i}$ 个方块。

定义裸露的方块为它的上方，左方，右方有一个方向没有方块。

定义一次轰炸为消除所有裸露的方块。求出要使所有方块消除所需的轰炸次数。

$1 \leq n \leq 10^{5}$

$1 \leq h_{i} \leq 10^{9}$

思路

一道很神奇的思维题。其实难度不大，但是硬控了我 1h。

定义 $f_{i}$ 为第 $i$ 个位置的消除时间。

不难看出， $f_{i}$ 只能由 $f_{i - 1}$ 和 $f_{i + 1}$ 转移过来。我们可以正反跑两边。

注意到，每一个位置只能是从旁边消除或者从上面一个一个消除下来。

那么：

i \in [1, n], f_{i} = 1

i \notin [1, n], f_{i} = min {f_{i - 1} + 1, h_{i}}

反过来也一样。

之间复杂度 $O (n)$ 。

代码

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

const int MAXN=1e5+5;
int n,h[MAXN]={0},f[MAXN]={0};

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>h[i];
		
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i==1) f[i]=1;
		else f[i]=min(h[i],f[i-1]+1);
	}
	
	for(int i=n;i>=1;i--){
		if(i==n) f[i]=1;
		else f[i]=min(f[i+1]+1,f[i]);
	}
	
	int ans=0;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans=max(f[i],ans);
		
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

字串距离

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字串距离

思路

比较能看出来这是一个 DP，难度大概在 CSP-S 的 T1 或者 T2。

很容易想到设 $f_{i, j}$ 为字符串 $A$ 的前 $i$ 个和字符串 $B$ 的前 $j$ 个的最小距离。

转移方程还是比较板的：

f_{i, j} = min {f_{i - 1, j - 1} + | A_{i} - B_{j} |, f_{i - 1, j} + k, f_{i, j - 1} + k}

但是这样直接写之后答案会错，转移方程的正确性不言而喻，考虑初始化。

显然有： $f_{0, 0} = 0$ 。

然后就可以发现：

f_{i, 0} = i \times k

f_{0, j} = j \times k

加上初始化后就可以轻松 AC，时间复杂度 $O (| A | | B |)$ 。

代码

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

string a,b;
int k,f[2005][2005]={0};

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>a>>b>>k;
	a=" "+a; b=" "+b;
	
	f[0][0]=0;
	
	for(int i=1;i<a.size();i++)
		f[i][0]=i*k;

	for(int i=1;i<b.size();i++)
		f[0][i]=i*k;
	
	for(int i=1;i<a.size();i++){
		for(int j=1;j<b.size();j++){
			f[i][j]=min(min(f[i-1][j]+k,f[i][j-1]+k),f[i-1][j-1]+abs(a[i]-b[j]));
		}
	}
	
	cout<<f[a.size()-1][b.size()-1]<<endl;
	
	return 0;
}

教主的花园

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教主的花园

思路

这道题很显然是 DP。

先设一个 DP 转移的数组： $f_{i, j}$ 表示考虑到第 $i$ 个位置，且种了第 $j$ 棵树。

发现如果 $j = 2$ 的话就满足不了题目要求，所以加上一维表示当前这个位置是比旁边低还是比旁边高。

显然有：

f_{i, 1, 0} = max {f_{i - 1, 2, 1}, f_{i - 1, 3, 1}} + a_{i}

f_{i, 2, 0} = f_{i - 1, 3, 1} + b_{i}

f_{i, 2, 1} = f_{i - 1, 1, 0} + b_{i}

f_{i, 3, 1} = max {f_{i - 1, 1, 0}, f_{i - 1, 2, 0}} + c_{i}

然后加上环形 DP 的简单处理就可以了，时间复杂度 $O (n)$ 。

代码

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

const int MAXN=2e5+5;
int n,a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
int f[MAXN][4][2]={0},ans=0;

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];
		
	for(int k=1;k<=3;k++){
		memset(f,0,sizeof(f));
		if(k==1) f[1][1][0]=a[1];
		else if(k==2) f[1][2][0]=b[1],f[1][2][1]=b[1];
		else f[1][3][1]=c[1];
		
		for(int i=2;i<=n;i++){
			f[i][1][0]=max(f[i-1][2][1]+a[i],f[i-1][3][1]+a[i]);
			f[i][2][0]=f[i-1][3][1]+b[i];
			f[i][2][1]=f[i-1][1][0]+b[i];
			f[i][3][1]=max(f[i-1][1][0]+c[i],f[i-1][2][0]+c[i]);
		}

		if(k==1) ans=max(max(f[n][2][1],f[n][3][1]),ans);
		else if(k==2) ans=max(max(f[n][3][1],f[n][1][0]),ans);
		else ans=max(max(f[n][1][0],f[n][2][0]),ans);
	}
	
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

Battling with Numbers

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Battling with Numbers

思路

一个很思维的思维题。发现洛谷上的题解证明部分略少，故此处给出较严谨的证明。

命题一： $Y ∣ X$ 。

证明：因为 $gcd (p, q) = Y$ ，所以 $Y ∣ p, Y ∣ q$ ，所以 $Y^{2} ∣ p q$ 。有因为 $lcm (p, q) = X$ ，所以 $X = \frac{p q}{gcd (p, q)}$ ，所以 $X = \frac{p q}{Y}$ 。同乘一个 $\frac{1}{Y}$ ，得到： $\frac{X}{Y} = \frac{p q}{Y^{2}}$ ，由于 $Y^{2} ∣ p q$ ，所以 $Y ∣ X$ 。证毕。

命题二：不存在一个质数 $g$ ，使得 $g ∤ Y$ 并且满足 $g ∣ p, g ∣ q$ 。

证明：假设 $g$ 存在，那么 $g ∣ p, g ∣ q$ ，那么 $g^{2} ∣ p q$ ，又因为 $g ∤ Y$ ，并且 $Y^{2} ∣ p q$ ，那么 $Y^{2} g^{2} ∣ p q$ ，所以 $gcd (p, q) > Y$ ，与 $gcd (p, q) = Y$ 矛盾，所以这样的 $g$ 不存在。证毕。

命题三：令 $k$ 为 $\frac{X}{Y}$ 的不同质因子个数，那么 $p, q$ 数对的个数为 $2^{k}$ 。

证明：将 $\frac{p q}{Y^{2}}$ 分解质因数，也就是 $\frac{p q}{Y^{2}} = \begin{array}{r} \prod_{i = 1}^{n} P_{i}^{e_{i}} \end{array}$ ，其中 $P_{i}$ 为质数。根据命题二，我们可以得出一个引理：不存在一个质数 $g$ ，使得 $g ∣ \frac{p}{Y}, g ∣ \frac{q}{Y}$ 。同时，我们把 $\frac{X}{Y}$ 分解质因数，那么 $\frac{X}{Y} = \begin{array}{r} \prod_{i = 1}^{k} D_{i}^{w_{i}} \end{array}$ ，由于 $\frac{p q}{Y^{2}} = \frac{X}{Y}$ ，所以 $\begin{array}{r} \prod_{i = 1}^{n} P_{i}^{e_{i}} \end{array} = \begin{array}{r} \prod_{i = 1}^{k} D_{i}^{w_{i}} \end{array}$ 。根据唯一分解定理和命题二的引理， $P_{i}$ 一定和 $D_{i}$ 一一对应并且每一个 $P_{i}^{e_{i}}$ 一定只存在于 $p$ 和 $q$ 的其中一个。所以对于 $\frac{X}{Y}$ 的不同质因子的个数即 $k$ ，每一个 $D_{i}^{w_{i}}$ 一定是存在 $p$ 中或者 $q$ 中两种可能。根据乘法原理，可得答案即为 $2^{k}$ 。证毕。

根据命题三，我们只需要分解 $\frac{X}{Y}$ 的质因数就可以得到答案了。

代码

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

const int MAXN=1e5+5,MOD=998244353;
const int MAXNUM=2e6+5;
int n,a[MAXN]={0},b[MAXN]={0};
int m,c[MAXN]={0},d[MAXN]={0};
int pa[MAXNUM]={0};
int cnt=0;

int qpow(int a,int b){
	int res=1;
	
	while(b){
		if(b&1) res=((res%MOD)*(a%MOD))%MOD;
		a=((a%MOD)*(a%MOD))%MOD;
		b>>=1;
	}
	
	return res;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
		
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>b[i];
		pa[a[i]]=b[i];
	}
		
	cin>>m;
	
	for(int i=1;i<=m;i++)
		cin>>c[i];
		
	for(int i=1;i<=m;i++)
		cin>>d[i];
	
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(pa[c[i]]<d[i]){
			cout<<0<<endl;
			return 0;
		}
		else pa[c[i]]-=d[i];
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(pa[a[i]]>0) cnt++;
		
	cout<<qpow(2ll,cnt)<<endl;
	
	return 0;
}

[翟翟 OI Round #1 1A] 征兵

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[翟翟 OI Round #1 1A] 征兵

思路

一个需要小小思考的绿题，难度可能比 CSP-S 的 T1 稍低。

显然面对这种亲戚关系，使用并查集是可以的。也就是说，在处理完这若干个亲戚关系之后，我们可以得到一堆亲戚集合 $S_{1}, S_{2}, \dots, S_{k}$ ，那么答案就是每一个集合中元素最大值的累加，也就是 $\sum^{k} S_{i max}$ 。

复杂度取决于并查集。

代码

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

const int MAXN=3000010;
int f[MAXN]={0},ct=0,mx[MAXN]={0},ans=0,a[MAXN];
bool b[MAXN]={0};

int find(int v){
	if(f[v]==v) return v;
	else return f[v]=find(f[v]);
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	int n,u,v; cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		f[i]=i;
		
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
		
	while(cin>>u>>v){
		int x=find(u),y=find(v);
		
		if(x!=y)f[x]=y;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!b[find(i)]) ct++;

		b[find(i)]=1;
		mx[find(i)]=max(a[i],mx[find(i)]);
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(b[i]) ans+=mx[i];
		
	cout<<ct<<endl<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

[翟翟 OI Round #1 1B] 军训

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[翟翟 OI Round #1 1B] 军训

思路

感觉一个很板的 DP。

首先为了简便，抽象题面：有一个序列 ${a_{N}}$ ，每一位都可以取 $[0, 1]$ ，并且不能连续取 $M$ 个 $1$ 。

设 $f_{i, j}$ 表示考虑到第 $i$ 位，并且后 $j$ 位都是 $1$ 的方案数。

显然可以分类讨论：

如果 $j = 0$ ： $f_{i, j} = \begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{M} f_{i - 1, k} \end{array}$ 。
如果 $j \neq 0$ ： $f_{i, j} = f_{i - 1, j - 1}$ 。

然后直接写即可，时间复杂度 $O (N M)$ 。

代码

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

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	int n,m; cin>>n>>m;
	int f[60][10]={0}; f[0][0]=1;
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<m;j++)
			f[i][0]+=f[i-1][j];
			
		for(int j=1;j<m;j++)
			f[i][j]+=f[i-1][j-1];
	}
	
	int ans=0;
	
	for(int j=0;j<m;j++)
		ans+=f[n][j];
		
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

posted @ 2024-08-08 21:54 SnapYust 阅读(6) 评论(0) 编辑收藏举报

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