【Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2)】A.B.C.D.E.F.G

前言

这场在最开始很顺利，A题6min1A，B题14min1A,但是由于C题过题人数太少一度认为这个C题很难，等有人过了才开始写最开始的想法，C题40min1A，过C之后发现F过的很多，去看提，发现和之前某场读错题意之后的题意一模一样，于是很快就写完，F题50min1A。之后就开始被翻译误导，把no more than 翻译成可以超过，导致半小时看不懂D的题意在说啥，知道题意之后第一时间想到正解，开始写，发现过不了样例，之后看到题目中说最后一分钟可以不算，于是改改wa14,这个时候只改了一处，其实全部的k都需要改，于是到最后也没debug出来。遂结束。

lajiyuan rating+=72rating+=72rating+=72 1970->2042

A.Regular Bracket Sequence

题意

给你n1n_1n1个((，n2n_2n2个()，n3n_3n3个)(，n4n_4n4个)) ，
这些括号的顺序重排后是否能组成合法的括号序列。

做法

首先可以知道()是没用的而且((的个数一定要等于))。
当有)(的时候一定要有((和))。

代码

#include<stdio.h>
int cnt[5];
int main()
{for(int i=1;i<=4;i++) scanf("%d",&cnt[i]);if(cnt[1]==cnt[4]){if(cnt[1]==0&&cnt[3]==0) puts("1");else if(cnt[1]==0 ) puts("0");else puts("1");}else puts("0");return 0;
}

B. Discounts

题意

给你nnn个商品，第iii个商品的花费为aia_iai，有mmm张优惠券，第i张优惠券可以不购买所有物品价值第qiq_iqi高的物品，使用第i张优惠券，问买到所有商品的花费。

做法

按题意模拟即可。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e5+5;
int a[maxn];
int main()
{int n,m,q;scanf("%d",&n);ll sum=0;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];sort(a+1,a+1+n);scanf("%d",&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&q);printf("%lld\n",sum-a[n-q+1]);}return 0;
}

C.Painting the Fence

题意

给你nnn个线段，选出其中n−2n-2n−2条线段，让他们覆盖的线段最长。

3≤n,q≤50003 \leq n,q \leq 50003≤n,q≤5000

做法

首先算出两个前缀和，第一个前缀和为到i为止被覆盖一次的线段有多少，第二个前缀和为到i为止被覆盖一次的线段有多少。之后暴力美剧要删除哪两条线段，我们首先在所有覆盖点中把这两条线段中被覆盖一次的点删除，之后再把两条线段重合部分被覆盖两次的点删除就是答案。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 3e5+5;
int a[maxn],cnt[maxn];
int l[maxn],r[maxn];
int sum[2][maxn];
int main()
{int n,q;scanf("%d%d",&n,&q);for(int i=1;i<=q;i++){scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);for(int j=l[i];j<=r[i];j++) cnt[j]++;}int ans=0;int tmp=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(cnt[i]==1) sum[0][i]=sum[0][i-1]+1;else sum[0][i]=sum[0][i-1];if(cnt[i]==2) sum[1][i]=sum[1][i-1]+1;else sum[1][i]=sum[1][i-1];if(cnt[i]) tmp++;}for(int i=1;i<=q;i++){for(int j=i+1;j<=q;j++){int now=tmp-(sum[0][r[i]]-sum[0][l[i]-1])-(sum[0][r[j]]-sum[0][l[j]-1]);int ll=max(l[i],l[j]);int rr=min(r[i],r[j]);if(ll<=rr) now-=sum[1][rr]-sum[1][ll-1];ans=max(ans,now);}}printf("%d",ans);return 0;
}

D.Stressful Training

题意

有n台电脑，第i台初始电量为aia_iai，每分钟消耗电量为bib_ibi,现在要购买一个充电器，每分钟可以让一个电脑的电量增加XXX,比赛一共持续k分钟，充电器在一分钟之内只能给一个电脑充电，问能让所有学生成功完成比赛的最小的XXX（比赛中途不能出现电量小于000，如果恰好在最后一分钟电量为负，也算成功完成）。

做法

首先这个我们把这个kkk减111，因为最后一分钟是无效的，我们不需要考虑，之后我们知道这个答案肯定是可以二分的，所以先二分答案，之后对于每个当前选择的功率，去算每个电脑要在哪些时刻必须充电，在这些时刻标记上，如果被标记的次数和超过kkk，表示最后一分钟之前需要充电的电脑数已经超过kkk，直接返回false，如果总次数不超过k，我们就用sum[i]表示到i为止需要充电的电脑数，只要对于每个i都有i>=sum[i]就可以完成比赛。注意如果在最后一分钟充电不需要算入次数内。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+5;
ll a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int n,k;
int sum[maxn];
bool check(ll mid)
{memset(sum,0,sizeof(sum));int tot=k;for(int i=1;i<=n;i++){ll tmp=a[i];if(tmp>=1LL*k*b[i]) continue;while(tmp<1LL*k*b[i]){if(tot==0){if(min(tmp/b[i],(ll)k)+1==k+1) break;else return false;}sum[min(tmp/b[i],(ll)k)+1]++;tmp+=mid;tot--;}}ll cc=0;for(int i=1;i<=k;i++){cc=cc+sum[i];if(cc>i) return false;}return true;
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&k);k--;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);ll l=0,r=1000000000000000000,mid;while(l<=r){mid=(l+r)/2;if(check(mid)) r=mid-1;else l=mid+1;}if(l==1000000000000000001)  puts("-1");else printf("%lld\n",l);return 0;
}

E. Knapsack

题意

给你很多个物品，每个物品的重量为1,2,3,4,5,6,7,81,2,3,4,5,6,7,81,2,3,4,5,6,7,8,现在给出每个重量的物品的种数，问最后容量为W的背包最多装下多重的物品。

1≤w≤10181 \leq w \leq 10^{18}1≤w≤1018
1≤cnti≤10161 \leq cnt_i \leq 10^{16}1≤cnti≤1016
做法

由于WWW很大，我们首先可以选出一些肯定会放在最终背包里面的物品。
我们假设把背包分成很多个容量为840840840的背包，我们可以知道的是，每种物品都可以单独装满这个背包，因为840840840是1−81-81−8的最小公倍数，之后我们只要把所有能凑成的840840840的物品丢进最终的答案，最后每种物品剩余的个数肯定是<840<840<840的，因为第一种最多剩839839839个，以此类推，最后这些物品的总重量是小于840×8840\times8840×8的，我们只需要用一个容量为840×8840\times8840×8的背包对剩下的这些物品进行背包就可以了。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5+5;
ll lef[9];
ll pre[maxn];
int dp[9][maxn];
int main()
{ll W;scanf("%lld",&W);ll sum=0;for(int i=1;i<=8;i++){scanf("%lld",&lef[i]);sum=sum+lef[i]*i;}if(sum<=W){printf("%lld\n",sum);return 0;}for(int i=1;i<=8;i++){pre[i]=min((ll)840/i,lef[i]);lef[i]-=pre[i];}ll ans=0;ll tmp=max(0LL,W-840);for(int i=1;i<=8;i++){ll tt=min(lef[i],(ll)(tmp-ans)/i);ans=ans+tt*i;}memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=8;i++){for(int j=0;j<=840*8;j++){for(int k=0;k<=pre[i]&&j-k*i>=0;k++)dp[i][j]|=dp[i-1][j-k*i];}}ll res=0;for(int j=0;j<=W-ans;j++) if(dp[8][j]) res=ans+j;printf("%lld\n",res);return 0;
}

F. Clear the String

题意

给你一个长度为nnn的字符串，每次可以把一个全是同一个字符的子串删除，
求让字符串为空的最小删除次数。

做法

首先这道题删除之后长度变化就不好做了，我们把删除改成变换，可以把一段连续的字符换成另一个字符，这样是不影响答案的，因为这等价于删除，这样我们就可以dpdpdp了。
设dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]为将str[i,j]变成同一个字符的最小操作次数，
所以dp[i][j]=min(dp[i][k],dp[k+1][j])dp[i][j]=min(dp[i][k],dp[k+1][j])dp[i][j]=min(dp[i][k],dp[k+1][j])—(l≤k≤r−1)(l \leq k \leq r-1)(l≤k≤r−1)
特殊的当str[i]=str[j]str[i]=str[j]str[i]=str[j]的时候，答案可以从min(dp[i][j−1],dp[i+1][j])min(dp[i][j-1],dp[i+1][j])min(dp[i][j−1],dp[i+1][j])转移过来。

代码

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 505;
int dp[maxn][maxn];
char str[maxn];
int main()
{int n;scanf("%d",&n);scanf("%s",str+1);memset(dp,INF,sizeof(dp));for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=1;for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n-i+1;j++){int l=j,r=j+i-1;if(str[l]==str[r]) dp[l][r]=min(dp[l][r-1],dp[l+1][r]);for(int k=l;k<=r;k++) dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k+1][r]);}}printf("%d\n",dp[1][n]);return 0;
}

G. Greedy Subsequences

题意

给你一个长度为n的数组，对其中每个长度为k的连续子序列求这个子序列的最长贪心子序列
选定一个数作为第一个数，那么他右面离他最近而且比他大的数作为第二个数，以此类推直到不能再加数这样产生的序列被称为贪心子序列。
对于一个序列选定每一个数作为起点，得到的最长的贪心子序列就是一个序列的最长贪心子序列。

1≤n,k≤1061 \leq n,k \leq 10^61≤n,k≤106
做法

首先这道题一定是滑动窗口来做的。也就是算出第一段的贡献之后，加上一个数的贡献，减去一个数的贡献。
可是我们怎么维护好一些呢，由于要计算每个数靠右的第一个比他大的数，我们这个过程用一个单调栈就能做完。
之后我们把每个数和右边第一个比他大的数建边，我们就可以得到一个森林，再把所有的根同时指向一个虚根，就得到一颗虚树。
我们设树上每个点的权值代表他到虚根这条路径上有多少个点，那么所有点中最大的权值就是答案，那么我们怎么维护加入一个点呢，我们发现，加入一个点的贡献就是把包括他在内的子树中所有点的权值+1，这个用一个基于dfs序的线段树就可以维护，删除一个点的贡献同理，只要将他的子树内所有点的权值-1即可。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<vector>
using namespace std;
#define pb push_back
const int maxn = 1e6+5;
struct T
{int l,r,mid;int maxx,add;
}tree[maxn<<2];
int in[maxn],ou[maxn];
int a[maxn];
int fa[maxn];
vector<int> G[maxn];
int tim;
void dfs(int rt,int fa)
{in[rt]=++tim;for(int i=0;i<G[rt].size();i++){int to=G[rt][i];if(to==fa) continue;dfs(to,rt);}ou[rt]=tim;
}
void push_up(int rt)
{tree[rt].maxx=max(tree[rt<<1].maxx,tree[rt<<1|1].maxx);
}
void push_down(int rt)
{if(tree[rt].add!=0){int tmp=tree[rt].add;tree[rt<<1].maxx+=tmp;tree[rt<<1|1].maxx+=tmp;tree[rt<<1].add+=tmp;tree[rt<<1|1].add+=tmp;tree[rt].add=0;}
}
void build(int rt,int l,int r)
{tree[rt].l=l;tree[rt].r=r;tree[rt].add=0;if(l==r){tree[rt].maxx=0;return ;}int mid=tree[rt].mid=l+r>>1;build(rt<<1,l,mid);build(rt<<1|1,mid+1,r);push_up(rt);return ;
}
void update(int rt,int l,int r,int val)
{if(tree[rt].l>r||tree[rt].r<l) return ;if(tree[rt].l>=l&&tree[rt].r<=r){tree[rt].add+=val;tree[rt].maxx+=val;return ;}push_down(rt);if(tree[rt].mid>=l) update(rt<<1,l,r,val);if(tree[rt].mid<r) update(rt<<1|1,l,r,val);push_up(rt);
}
int ans[maxn];
int main()
{int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);build(1,1,n+1);stack<int>st;for(int i=n;i>=1;i--){while(!st.empty()&&a[st.top()]<=a[i]) st.pop();if(st.empty()) G[0].pb(i);else G[st.top()].pb(i);st.push(i);}dfs(0,-1);for(int i=n;i>=n-k+1;i--) update(1,in[i],ou[i],1);ans[n-k+1]=tree[1].maxx;for(int i=n-k;i>=1;i--){update(1,in[i+k],ou[i+k],-1);update(1,in[i],ou[i],1);ans[i]=tree[1].maxx;}for(int i=1;i<=n-k+1;i++) printf("%d ",ans[i]);return 0;
}