Educational Codeforces Round 101 (Rated for Div. 2)

A. Regular Bracket Sequence

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题目大意：
给定一个由()?三种字符组成的序列，该序列中符号(和)各有一个且只有一个。其中?字符可以替换成(和)任意一个，问是否能将整个序列通过替换?使整个序列的括号匹配（一个(对应一个)）。
思路：
首先判断序列长度是否与2同余，因为只有这样才能保证(和)的个数相等。若满足，将原序列中前一半的?当作(，后一半当作)，再判断括号是否匹配即可。
Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define N 101
using namespace std;
char s[N];
int main(){int T;scanf("%d ",&T);while(T--){gets(s);int len = strlen(s);if(len % 2 != 0){puts("NO");continue;}int sum = (len - 2) / 2;bool flag = false;int top = 0;for(int i = 0; i < len; i++){if(s[i] == '(') top++;else if(s[i] == '?' && sum) top++, sum--;else{if(top == 0){flag = 1;break;}top--;}}if(flag) puts("NO");else puts("YES"); }return 0;
}

B. Red and Blue

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题目大意：
给定两个序列，有n个元素的r_i和有m个元素的b_i。让这两个序列拼到一起构成一个新序列a_i,需保证r_i中的元素在a_i中的位置顺序和在r_i中的顺序相同，b_i也是如此。
令f(a)=max(0,a₁,(a₁+a₂),(a₁+a₂+a₃),…,(a₁+a₂+a₃+⋯+a_n+m)),求f(a)的值。
思路：
分别求r_i和b_i前i项元素和的最大值ans1和ans2，二者相加即答案。
Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, ans;
int r, b;
int sum1, sum2, ans1, ans2;
int main(){int T;scanf("%d", &T);while(T--){ans1 = ans2 = 0;sum1 = sum2 = 0;scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", &r);sum1 = sum1 + r;ans1 = max(sum1, ans1);}scanf("%d", &m);for(int i = 1; i <= m; i++){scanf("%d", &b);sum2 = sum2 + b;ans2 = max(sum2, ans2);}printf("%d\n", ans1 + ans2);}return 0;
}

C. Building a Fence

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题目大意：
想要建造一个由n个相同部分组成的栅栏，这个栅栏每一部分都是宽为1高为k的矩形。但是栅栏所在的地面不平坦，第i个部分下面的地面高度为h_i。
栅栏的建造需满足一下三个条件：
1.栅栏相邻的部分至少要有1长度的公共边。
2.栅栏的第一部分和第n部分必须立在相应的地面上。
3.其他部分可以不立在地面上，但与相应的地面的距离最大为
k-1。
问是否能建造这样的一个栅栏。
思路：
从栅栏的第二部分起，计算栅栏每部分可能的高度范围，若最低高度l大于最高高度r，则无法满足。同时，栅栏的最后一部分相应地面的高度应位于其可能的高度范围内，否则同样无法满足。
Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,k,h;
int main(){int T;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d", &n, &k);scanf("%d", &h);bool flag = false;ll l = h, r = h;for(int i = 1; i < n; i++){scanf("%d", &h);ll t1 = l - (k - 1), t2 = r + (k - 1);t1 = max((ll)h, t1);t2 = min((ll)h + k - 1, t2);l = t1;r = t2;if(l > r) flag = 1;}if(flag || h < l || h > r) puts("NO");else puts("YES");}return 0;
}

D. Ceil Divisions

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题目大意：
给定一个序列a_i，其中a_i = i。
在一步操作中，可以选择1到n范围内的两个数x,y(x != y)，将a_x的值改变为[a_x/a_y] (向上取整)，目标将a_i序列改变为由n-1个1和1个2组成的序列。输出操作次数以及操作方案。要求操作次数不超过n + 5次。
思路：
显然，对于数x,y:
操作1.若x <= y，则操作1次a_x被改变为1。
操作2.若x > y且x <= y * y,则操作1次可将a_x改变为2，操作2次可将a_x改变为1。
操作3.若x > y * y，则需操作2次以上才可将a_x改变为1。
用贪心的思维来想，若想操作次数尽可能的少，则x应尽可能小于等于y * y。
想要得到1很简单，只需要使y等于n，任何不能与n的x进行一次操作后都可以变成1。但是这样一来a_n就无法改变。
所以现在的问题是如何改变a_n。
我们首先考虑如何得到序列最终的一个2：
如果2是由第2种方式得到，那么一定会使得序列中存在多个2或存在除1,2以外的数，故最终的2应该是原来就存在的a₂，得到2需要0次操作。
下面考虑如何在n + 5次操作内得到n - 1个1。
既然a₂保留到了最后，那么我们不妨从它延伸：

通过a₂将a₄改变成1需要2次操作
通过a₄将a₁₆改变成1需要2次操作
通过a₁₆将a₂₅₆改变成1需要两次操作
通过a₂₅₆将a₆₅₅₃₆改变成1需要两次操作

这样a₄，a₁₆，a₂₅₆，a₆₅₅₃₆在两次操作内可以变成1，同时a_n可以通过这四个数以及a₂中小于n且距n最近的一个数改变成1，最多只需2次操作。
这样，在最坏的情况下，a₄，a₁₆，a₂₅₆，a₆₅₅₃₆，a_n这五个数最多只需要两次操作可以改变成1，除2外其他数可以通过1次操作改变成1，2不需要改变，总共n + 4次操作，满足条件！
Code

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200001
using namespace std;
bool vis[N];
int tmp[N], ans1[N] , ans2[N];
int n, t, num, numt;
int main(){int T;long long t = 2;while(t <= N - 1){vis[t] = 1;t *= t;}scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d", &n);t = 2;num = numt = 0;bool st = vis[n];vis[n] = 1;for(int i = 1; i <= n; i++){if(vis[i]) tmp[++numt] = i;else{ans1[++num] = i;ans2[num] = n;}}for(int i = numt; i >= 2; i--){ans1[++num] = tmp[i];ans2[num] = tmp[i - 1];ans1[++num] = tmp[i];ans2[num] = tmp[i - 1];}printf("%d\n", num);for(int i = 1; i <= num; i++){printf("%d %d\n", ans1[i], ans2[i]);}vis[n] = st;}return 0;
}

写在最后

本人是来自HITWH的一名ACMER，第一次写博客，希望和大家多多交流，共同进步。