Codeforces Round #603 (Div. 2) (题解)

时间:2019-12-05
本文章向大家介绍Codeforces Round #603 (Div. 2) (题解),主要包括Codeforces Round #603 (Div. 2) (题解)使用实例、应用技巧、基本知识点总结和需要注意事项,具有一定的参考价值,需要的朋友可以参考一下。

A. Sweet Problem (找规律)

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大致思路:

有一点瞎猜的,首先排一个序, \(a_1>a_2>a_3\) ,发现如果 \(a_1>=a_2+a_3\) ,那么答案肯定是 \(a_2+a_3\) ,然后发现发现规律当 \(a_2==a_3\) 的时候,还可以贡献 \((a_1+a_2+a_3)/2\) 的答案,所以只要 \(a_1\)\(a_2\) 减掉一个值就可以了。

B. PIN Codes (暴力)

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大致思路:

可以知道,存在一个数字不同的pin是大于100个的,那么只要将所有的pin用map记录一下,把出现重复的暴力改数字改到不重复为止就行了。要注意不能边读入边改,这样可能会改成和后面的一样导致答案变大。

C. Everyone is a Winner! (数学)

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大致思路:

主要使用到除法分块,因为用计算器计算整数除法,会存在 \([a,b]\) 的数除上 \(i\) 的值的相同,我们可以用 \(\sqrt{n}\) 的复杂度求出,是一个模板题。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int T;
int ans[N];
int main()
{
    
    //freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
    scanf("%d",&T);
    int n;
    while(T--){
        int cnt=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
        {
            r=n/(n/l);
            //cout<<l<<" "<<r<<endl;
            ans[++cnt]=r;
            //ans+=(r-l+1)*(n/l);
        }
        sort(ans+1,ans+cnt+1);
        printf("%d\n",cnt+1);
        for(int i=0;i<=cnt;i++){
            printf("%d%c",ans[i],i==cnt?'\n':' ');
        }
    }
    return 0;
}

D. Secret Passwords (并查集/瞎搞)

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题目大意:

\(n\) 个字符串,两个字符串为一类的条件是存在一个相同的字母,问 \(n\) 个字符串可以分成几类。

大致思路:

比赛的时候是瞎做的,对每一字母进行考虑,不断增大答案的集合,假设当前到来第 \(i\) 个字母,如果字符串如果还没被标记那么它不存在 \([1,i]\) 字母,必然不能影响前面的分类结果。

或者使用并查集用字母来分类,写起来很简单。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
string s[N];
bool gs[N][26];
int jl[N];
bool vis[N];
int n;
queue<int>q;
int main()
{
    //freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>s[i];
        int len=s[i].length();
        for(int j=0;j<len;j++){
            gs[i][s[i][j]-'a']=1;
        }
    }
    int id=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<26;j++){
            if(gs[i][j])jl[i]|=(1<<j),id=j;
        }
    }
    int now=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if((jl[i]>>id)&1){
            now|=jl[i];
            vis[i]=1;
        }
    }
    int ans=1;
    for(int i=0;i<26;i++)
    if(((now>>i)&1)==0){
        for(int j=1;j<=n;j++)
        if(vis[j]==0&&((jl[j]>>i)&1)){
            if((jl[j]&now)==0){
                ans++;
            }
            now|=jl[j];
            vis[j]=1;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

E. Editor (线段树)

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题目大意:

给一个按键序列,其中有 \((),R,L\) ,字母,通过 \(R\)\(L\) 来移动编辑的光标,每次指令输出当前序列的括号是否合法,若合法输出最大嵌套数量。

大致思路:

观察一个括号序列, \((()()())()\) ,如果我们将 \((\) 做为 \(,1,)\) 括号做为 \(-1\) ,得到前缀和序列 \(1,2,1,2,1,2,1,0,1,0\) ,那么如果当前括号合法,那么其最后的前缀和为 \(0\) ,且前缀和序列最小值大于等于 \(0\),那么我们就可以模拟指令的输入,对于一个括号,就是对 \(正无穷(pos,正无穷)\) 的一个区间加,然后最大的嵌套次数就是区间的最大值,用区间最小值来判断合法即可,用线段树来维护,要注意会出现 \(pos=1\), 还有 \(L\) 的指令。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
using namespace std;
const int N=1e6+10;
char s[N];
int n;
struct node{
    int l,r,mx,mi,f;
}e[N*4];
void up(int x){
    e[x].mx=max(e[ls].mx,e[rs].mx);
    e[x].mi=min(e[ls].mi,e[rs].mi);
}
void down(int x){
    if(e[x].f==0)return;
    int f=e[x].f;
    e[ls].mx+=f,e[ls].f+=f;e[rs].mx+=f;e[rs].f+=f;
    e[ls].mi+=f;e[rs].mi+=f;
    e[x].f=0;
    return;
}
void built(int x,int l,int r){
    e[x].l=l,e[x].r=r;e[x].f=0;
    if(l==r){
        e[x].mx=e[x].mi=0;return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    built(ls,l,mid);built(rs,mid+1,r);
    up(x);
}
void add(int x,int LL,int RR,int val){
    if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){
        e[x].mx+=val;
        e[x].mi+=val;
        e[x].f+=val;
        return;
    }
    down(x);
    int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
    if(LL<=mid)add(ls,LL,RR,val);
    if(RR>mid)add(rs,LL,RR,val);
    up(x);
}
int pd(int x,int pos){
    if(e[x].l==e[x].r)return e[x].mx;
    down(x);
    int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
    if(pos<=mid)return pd(ls,pos);
    else return pd(rs,pos);
}
int query(int x,int LL,int RR){
    if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){
        return e[x].mx;
    }
    down(x);
    int ans=0;
    int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
    if(LL<=mid)ans=max(ans,query(ls,LL,RR));
    if(RR>mid)ans=max(ans,query(rs,LL,RR));
    return ans;
}
int query1(int x,int LL,int RR){
    if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){
        return e[x].mi;
    }
    down(x);
    int ans=1e6+10;
    int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
    if(LL<=mid)ans=min(ans,query1(ls,LL,RR));
    if(RR>mid)ans=min(ans,query1(rs,LL,RR));
    return ans; 
}
int ans[N];
int vis[N];
int main()
{
    //freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",s+1);
    built(1,1,N-1);
    int pos=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i]=='R')pos++,ans[i]=ans[i-1];
        else if(s[i]=='L'){
            ans[i]=ans[i-1];
            if(pos==1)continue;
            pos--;
        }
        else if(s[i]=='('){
            int val=0;
            if(vis[pos]==1)val=0;
            else if(vis[pos]==-1)val=2;
            else if(vis[pos]==0)val=1;
            vis[pos]=1;
            add(1,pos,N-1,val);
            int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);
            if(flag==0&&flag1>=0){
                ans[i]=query(1,1,N-1);
            }else ans[i]=-1;
        }else if(s[i]==')'){
            int val=0;
            if(vis[pos]==-1)val=0;
            else if(vis[pos]==1)val=-2;
            else if(vis[pos]==0)val=-1;
            vis[pos]=-1;
            add(1,pos,N-1,val);
            int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);
            if(flag==0&&flag1>=0){
                ans[i]=query(1,1,N-1);
            }else ans[i]=-1;
            //cout<<val<<" "<<flag<<" "<<pd(1,N-1)<<" "<<query(1,1,N-1)<<endl;
        }else {
            int val=0;
            if(vis[pos]==0)val=0;
            else if(vis[pos]==1)val=-1;
            else if(vis[pos]==-1)val=1;
            add(1,pos,N-1,val);
            vis[pos]=0;
            int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);
            if(flag==0&&flag1>=0){
                ans[i]=query(1,1,N-1);
            } else ans[i]=-1;
        }

    }
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d%c",ans[i],i==n?'\n':' ');
    return 0;
}

F. Economic Difficulties (DP)

题目链接

题目大意:

存在两颗树,两个树的根节点为 \(1\) ,一个从上到下,一个从下到上,叶子结点个数相同且为 \(n\) ,有 \(n\) 个电机,每一个电机分别连接上下各一个叶子结点,只要存在一个叶子结点那么该电机可以运行,问使得 \(n\) 个电机都可以运行,最多可以删除两棵树的边。

大致思路:

首先可以分析,对于每一个电机必然是删除上树或者下树的边,我们使用 \(val[i][j]\) 来表示仅不给 \([i,j]\) 电机供电最大能删除的边,分别求出两颗树的,用 \(dp[i]\) ,来表示使得 \([1,i]\) 的电机可以运行最多可以删除的边数,那么 \(dp[i]=max(dp[i],dp[j]+max(val1[j+1][i],val2[j+1][i])\) ;就是相当于对于 \([j+1][i]\) 区间我选择上面下面最大的进行删除。对于 \(val[i][j]\) 可以使用 \(dfs\) 一遍来求,但是可能会出现有的 \(val[i][j]\) 没有赋值,那是由于不能仅不给 \([i,j]\) 电机断点,换句话就是要是 \([i,j]\) 断电,会导致实际 \([x,y]\) 断电,且 \([x,y]\) 包括 \([i,j]\) ,理解还是比较简单的,比较好写。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e3+10;
vector<int>e[2][N];
int dp[N];
int l[2][N],r[2][N];
int val[2][N][N];
int tot[2][N];
int n;
void dfs(int _,int x){
    if(x!=1)tot[_][x]=1;
    for(int v:e[_][x]){
        dfs(_,v);
        l[_][x]=min(l[_][x],l[_][v]); // x结点子树最左边的点,和最右边的点
        r[_][x]=max(r[_][x],r[_][v]);
        tot[_][x]+=tot[_][v];
    }
    val[_][l[_][x]][r[_][x]]=max(val[_][l[_][x]][r[_][x]],tot[_][x]);
}
int main()
{
    //freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int _=0;_<2;_++){ // 两颗树
        int a;
        scanf("%d",&a);
        for(int i=1;i<=a;i++)l[_][i]=a+1,r[_][i]=0;
        for(int i=1,x;i<a;i++){
            scanf("%d",&x);
            e[_][x].push_back(i+1);
        }
        for(int i=1,x;i<=n;i++){
            scanf("%d",&x);l[_][x]=r[_][x]=i;
        }
        dfs(_,1);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=0;j<i;j++){
        dp[i]=max(dp[i],dp[j]+max(val[0][j+1][i],val[1][j+1][i]));
    }
    printf("%d\n",dp[n]);
    return 0;
}

原文地址:https://www.cnblogs.com/C-W-K/p/11983422.html