Codeforces Round #712 (Div. 2) 题解A-E

A. Déjà Vu

根据回文串的定义，对于字符串\(s_{1 \dots n}\)，只要存在\(s_{i} \ne s_{n - i + 1}\)，那么\(s\)就不是回文串。

遍历\(s\)，若存在非a的字符，那么在对应位置插入a就可以。反之，则无解。

B. Flip the Bits

由于修改是前缀修改，且不会改变前缀0和1的数量，所以不妨从末尾开始修改。

然后就模拟一下完事了。

C. Balance the Bits

观察1：若有可行解，则0有偶数个。

证明：

将(看成\(-1\)，将)看成\(1\)。若一个括号串是平衡的，那么其所有的前缀和非负，且整个串的和为\(0\)。

记\(a\)和\(b\)的和分别为\(sa\)和\(sb\)，\(\Delta = sa - sb\)。

对于\(s_i = 1\)的位置，其对\(\Delta\)无贡献；对于\(s_i = 0\)的位置，其对\(\Delta\)的贡献为\(+2\)或\(-2\)。

由于最后\(sa = sb = 0\)，所以最后\(\Delta = 0\)。

那么对于每一个\(+2\)，必须要有一个\(-2\)将其抵消。

观察2：对于\(s_i = 1\)，前一半填(，后一半填)。

因为要防止前缀和非负，所以前面尽可能提高前缀和应该是最优的。

观察3：对于\(s_i = 0\)，交替填。

理由同上。

D. 3-Coloring

假设没有禁手，那么其实可以只用两种颜色将棋盘染色，例如国际象棋棋盘。

现在有禁手，其实也可以先用两种颜色去染。

假定现在计划用1染色的格子已经染完了，而计划用2染色的格子还没染完。此时如果禁手2，那么就凉凉了。第三种颜色就是用于这种情况。此时只需要用3去染原本计划用2染色的格子即可。

然后分类讨论一下就可以了。

禁手1就用2填2或者用3填1。

禁手2就用1填1或者同3填2。

禁手3就1和2选一个填。

证明：

这样其实就是将3视为1和2种的一种。

因为若1和2都染完了，就结束了。所以一局游戏里只会将3视为1和2中的一种，即3不会冲突。

因为原本就保证了1和2不冲突，此时又可以证明3不冲突，所以可行。

E. Travelling Salesman Problem

因为\(c_i\)是必须的花费，不妨先将其花掉。现在从\(i\)城到\(j\)城的花费为\(\max(0, a_j - a_i - c_i)\)。

此时，从\(a\)大的城市到\(a\)小的城市是免费的。

其实从那个城市出发都是一样的，因为最后的路径是一个环，修改起点并不影响总的代价。所以不妨将城市按\(a\)升序排序。

由于从\(a\)大的城市到\(a\)小的城市是免费的，那么如果到达了\(a_n\)，之后的路就都是免费的了。

现在的目标就是从\(a_1\)走到\(a_n\)，那么\(a_1\)到\(a_n\)的最短路径就是答案。

此时可以建个图跑Dijkstra，但是其实有更简单的方法。

将从\(a_1\)到\(a_n\)的过程视为攀登，那么其实可以将\(a\)视为高度，\(c\)视为梯子。对于每一个城市，到达\(a_j\)的最优方法就是从\(\arg \max_{i < j} a_i + c_i\)爬到\(a_j\)。对应的代价为\(\sum_{j = 2}^{n} \max(0, a_j - \max_{i < j}(a_i + c_i))\)。