Google Kick Start Round A 2020
A. Allocation
题意
给出 \(N\) 栋房子的价格，第 \(i\) 栋房子的价格为 \(A_i\)，你有 \(B\) 美元，问最多可以买多少栋房子？
思路
典型的贪心问题，将所有的房子按价格从低到高排序后选取即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
ll a[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;
cin >> T;
int kase = 0;
while(T--) {
int n, b;
cin >> n >> b;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
ll ans = 0;
sort(a + 1, a + 1 + n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(b < a[i]) {
break;
} else {
++ans;
b -= a[i];
}
}
cout << "Case #" << ++kase << ": ";
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
B. Plates
题意
有 \(N\) 叠盘子，每叠有 \(K\) 个盘子，每个盘子有个 beauty value，现在要拿 \(P\) 个盘子，使得 beauty value 之和最大。拿盘子的条件：如果一个盘子的上面的盘子都被拿走了，才能拿到这个盘子。
思路
看完题目就想到是动态规划的题了，但是还是忍不住先暴搜试试能不能水过小数据，结果 WA 了，于是只好老老实实写 DP。
本题有一点点像多重背包。首先计算每叠盘子各自的前缀和 \(sum[N][K]\)，设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 堆盘子中取 \(j\) 个盘子的 beauty value 的最大值，转移方程为：
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1510;
int n, k, p;
ll a[maxn][maxn];
ll sum[maxn][maxn];
ll dp[maxn][maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;
cin >> T;
int kase = 0;
while(T--) {
for(int i = 0; i < maxn; ++i) {
for(int j = 0; j < maxn; ++j) {
sum[i][j] = 0;
a[i][j] = 0;
dp[i][j] = 0;
}
}
cin >> n >> k >> p;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= k; ++j) {
cin >> a[i][j];
}
}
cout << "Case #" << ++kase << ": ";
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= k; ++j) {
sum[i][j] = sum[i][j - 1] + a[i][j];
}
}
for(int i = 0; i <= k; ++i) {
dp[1][i] = sum[1][i];
}
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= i * k; ++j) { // 我这里多算了，实际上到 p 就行了
for(int l = 0; l <= min(j, k); ++l) {
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - l] + sum[i][l]);
}
}
}
cout << dp[n][p] << endl;
}
return 0;
}
C. Workout
题意
给定 \(N\) 个严格递增的数，往这 \(N\) 个数中间插 \(K\) 个数，插入后要使所有的数仍然保持严格递增，而且要保证相邻两数的最大绝对值之差最小，求最小的绝对值之差。
思路
我一开始想的是贪心+优先队列，先计算所有相邻两数的差值并加入到优先队列中，然后每次取出队首 \(x\)，将它分成 \(x / 2\) 和 \(x - x / 2\) 两部分，并将这两部分加入到优先队列中，操作 \(K\) 次后的队首就是答案。提交后小数据过了，大数据 \(WA\) 了。仔细一看小数据是 \(K=1\)。然后找到了反例，如 \(K=4\)，原数组是 \([10, 20]\)，那么正确结果是 \([10, 12, 14, 16, 18, 20]\)，而采用本方法得到的结果是 \([10, 12, 13, 15, 17, 20]\)。
最后用的是二分答案过的，典型的最大值最小的问题。判断函数的思路：传入参数 \(x\)，表示答案为 \(x\)，然后遍历每个数 \(num[i]\)，如果 \(num[i + 1] - num[i] > x\)，就插入 \(num[i] + x\)，如果插入的数的个数大于 \(K\) 个就返回 \(false\)，否则返回 \(true\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, k;
ll m[maxn];
ll tmp[maxn];
bool judge(int x) {
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n - 1; ++i) {
while(tmp[i + 1] - tmp[i] > x) {
tmp[i] += x;
++cnt;
}
}
if(cnt > k) return 0;
else return 1;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;
cin >> T;
int kase = 0;
while(T--) {
cin >> n >> k;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> m[i];
}
cout << "Case #" << ++kase << ": ";
int l = 1, r = inf;
while(l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
tmp[i] = m[i];
}
if(judge(mid)) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
cout << r << endl;
}
return 0;
}
D. Bundling
题意
给定 \(N\) 个字符串，把它们分组，每组 \(K\) 个。每组的分数是该组所有字符串的最长公共前缀。求最大的所有组的分数和。
思路
很容易想到前缀树 (字典树 / trie 树)，建完树后从根节点 \(dfs\)，同时记录深度 \(d\)，然后从叶子节点回溯，统计每个节点出现的个数 \(cnt\)，如果某个节点 \(u\) 的 \(cnt[u] ≥ K\)，那么说明有 \(K\) 个字符串的前缀是以该节点结尾，深度 \(d\) 表示它们的前缀的长度，由于是从叶子节点回溯的，所以一定是最长公共前缀，所以 \(ans = ans + d\)，同时 \(cnt[u]\) 减去 \(k\)，即这 \(k\) 个字符串已经分完组，不再分到其他组。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int trie[maxn << 2][30], tot = 1;
int cnt[maxn << 2];
int n, k;
ll ans;
void init() {
memset(trie, 0, sizeof(trie));
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
tot = 1;
ans = 0;
}
void insert(string s) {
int p = 0;
for(char ch: s) {
int id = ch - 'A';
if(!trie[p][id]) {
trie[p][id] = tot++;
}
p = trie[p][id];
}
++cnt[p];
}
void dfs(int u, int d) {
for(int v = 0; v < 26; ++v) {
if(trie[u][v]) {
dfs(trie[u][v], d + 1);
cnt[u] += cnt[trie[u][v]];
}
}
while(cnt[u] >= k) {
cnt[u] -= k;
ans += d;
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;
cin >> T;
int kase = 0;
while(T--) {
init();
cout << "Case #" << ++kase << ": ";
cin >> n >> k;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
string s;
cin >> s;
insert(s);
}
dfs(0, 0);
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
