1003题

Wavy Tree

题目链接

题目大意：

如果对于一个长度为 n n n ，下标从 1 1 1 开始的数组 a a a ，对于 ∀ i ∈ ( 1 , n ) \forall i \in (1, n) ∀i∈(1,n)，有 a [ i ] > m a x ( a [ i − 1 ] , a [ i + 1 ] ) a[i] > max(a[i - 1], a[i + 1]) a[i]>max(a[i−1],a[i+1]) 或者 a [ i ] < m i n ( a [ i − 1 ] , a [ i + 1 ] ) a[i] < min(a[i - 1], a[i + 1]) a[i]<min(a[i−1],a[i+1]) 成立，我们认为 a a a 数组是起伏不平的。

现在，给定一个长度为 n n n 且由正整数组成的数组 b b b ，你需要通过一下操作让数组 b b b 变得起伏不平：

选定一个位置 i i i，让 b i b_i bi 增大或者减小 1 1 1 。

以上操作每次需要消耗 1 1 1 个硬币，问：要使得数组 b b b 变得起伏不平，最少需要耗费多少个硬币？

思路：

通过分析，我们知道：当我们确定了前三个数的相对关系后，后续的所有数的相对关系也随之确定，代价的计算方式也是相同的。

换而言之，我们需要决定的是奇数位置填较大的数还是偶数位填较大的数。直观的看，若将处理后的 b b b 数组在二维坐标系上表示出来，并连线，就是一条波浪线，所以称数组 b b b 起伏不平。

通过分析，对于每三个数，我们注意到：我们若只修改后两个数字，代价将会更低。由于我们修改最后一个数时，只涉及到与第二个数之间的相对关系，换而言之，每次我们只需要贪心的考虑 b i − 1 b_{i - 1} bi−1 和 b i b_i bi 两个数之间的大小关系即可，每次只修改 b i b_i bi ，就能使得最终答案最优。

参考代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
ll b1[N], b2[N];
ll sum = 0;void cal(ll a[], int i, bool flag) {if(flag) {if(a[i - 1] <= a[i])sum += a[i] - a[i - 1] + 1, a[i] = a[i - 1] - 1;} else {if(a[i - 1] >= a[i])sum += a[i - 1] - a[i] + 1, a[i] = a[i - 1] + 1;}
}void solve() {int n; cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {cin >> b1[i]; b2[i] = b1[i];}ll ans = 2e18; sum = 0;for(int i = 2; i <= n; i ++ )if(i & 1) cal(b1, i, 1);else cal(b1, i, 0);ans = min(ans, sum);sum = 0;for(int i = 2; i <= n; i ++ )if(i & 1) cal(b2, i, 0);else cal(b2, i, 1);ans = min(ans, sum);cout << ans << endl;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);int t; cin >> t;while(t -- ) {solve();}return 0;
}

1007题

Even Tree Split

原题链接

题目大意

给定一个长度为 n n n 的无向树，你需要删除其中的一些边，使得剩下的组件的节点数为偶数，求满足条件的删法数量

思路

对整个树进行深搜并计算相对应的节点数量，记录偶数节点的数量为 c n t cnt cnt ,那么答案就是 2 c n t − 1 2 ^ {cnt} - 1 2cnt−1

代码

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<vector>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5+50;
const int mod = 998244353;
vector<int> g[N];
int cnt;
int sum[N];
void dfs(int u,int fa){int len = (int)g[u].size();sum[u] = 1;for(int i = 0;i < len;i ++){int v = g[u][i];if(v == fa)continue;dfs(v,u);sum[u] += sum[v];}if(sum[u] % 2 == 0 && u != 1)cnt++;
}void solve(){memset(sum,0,sizeof sum);int n;cin>>n;for(int i = 1;i <= n;i ++)g[i].clear();for(int i = 0;i < n-1;i ++){int u,v;cin>>u>>v;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}cnt = 0;dfs(1,0);int ans = 1;for(int i = 1;i <= cnt;i ++){ans = ans * 2 % mod;   }cout<<ans-1<<endl;
}signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t;cin>>t;while(t--)solve();system("pause");return 0;
}

1009题

Painting Game

原题链接

题目大意

A A A 和 B B B 轮流涂色，保证不能有两个相邻格子上色，且一直行动到无法在任何一个格子涂色为止， A A A 想让涂色最小化， B B B 想让涂色最大化，求最后上色的个数。

分析

由于需要一直涂色直到一方无法涂为止，所以在双方都采取最佳策略的情况下， A A A 的策略是在最右涂色位置的三格之后涂色，以确保中间两格一定不可使用； B B B 的策略时在最右涂色位置的四格后涂色，以确保中间的格子必须涂上，所以形成了一个 7 7 7 的循环节，每 7 7 7 个格子中有 3 3 3 个涂满。这样只需考虑小于 7 7 7 的情况，枚举一下即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
typedef double db;int T,n;
string str;
int a[7]={0,1,1,1,2,2,3},b[7]={0,1,1,2,2,3,3};int main()
{scanf("%d\n",&T);while(T--){scanf("%d ",&n);cin>>str;int ans=n/7*3;if(str[0]=='A') ans+=a[n%7];else ans+=b[n%7];printf("%d\n",ans);}return 0;
}

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2022暑期杭电第十场

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1003题

Wavy Tree

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参考代码：

1007题

Even Tree Split

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1009题

Painting Game

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