Codeforces」 Round #782 (Div. 2) A

A. Red Versus Blue

题目大意

红队和蓝队进行了 n n n次比赛。用一个长度为 n n n的字符串表示每场的胜负情况。
R代表红队获胜，B代表蓝队获胜，蓝队获胜的次数严格小于红队。
给你三个整数n, b, r请你构造一个长度为n的字符串，表示 n n n场比赛的胜负情况，满足R的个数为r,B的个数为b,
并且使得每个队伍连续获胜的最大次数尽可能小。

解题思路

如果要使连续字符数量最小，肯定是要进行平均分配。
对于字符串，r个B可以把它分为b + 1段。
所以我们只需要对每段平均分配r / (b + 1)个R。
因为r / (b + 1)不一定是整数，所以不一定能够每段都一样的数量。
还剩余 r % (b + 1)个R要逐个分配1个到每段里直至剩余数量为0

Code

void solve()
{int n, r, b;   cin >> n >> r >> b;int avg = r / (b + 1), remain = r % (b + 1);for (int i = 1; i <= b + 1; i++)   a[i] = avg;  // 除数平均分配for (int i = 1; i <= remain; i++) a[i]++;  // 余数逐个分配for (int i = 1; i <= b + 1; i++){for (int j = 1; j <= a[i]; j++) cout << "R";if (i != b + 1)   cout << "B";}cout << '\n';
}

B. Bit Flipping

题目大意

给定一个长度为 n n n的二进制字符串和操作次数 k k k，你可以进行 k k k次这样的操作：选定字符串的任意一位，除了选定位置外，其他位置的状态都被翻转（0变1，1变0）。求进行 k k k次操作之后，能获得的字典序最大的字符串，以及每一位的反转次数。

解题思路

看了看官方题解,觉得思路更清晰些！

让我们看看给定的位会被翻转多少次。
显然，只要在操作中未选择某个位，它就会被翻转。因此，第 i i i位被翻转 k − f i k-f_i k−fi次。我们希望尽可能少地选择某一位。现在我们可以处理一些情况。
k k k是偶数，第 i i i位是1 ⇒ f i = 0 f_i = 0 fi=0（偶数翻转不改变位）
k k k是偶数，第 i i i位是0 ⇒ f i = 1 f_i = 1 fi=1（奇数次翻转将位从 0 切换到 1）
k k k是奇数，第 i i i位是1 ⇒ f i = 1 f_i= 1 fi=1（偶数翻转不改变位）
k k k是奇数，第 i i i位是0 ⇒ f i = 0 f_i= 0 fi=0（奇数翻转将位从 0 切换到 1）
从左到右处理字符串，直到不能再处理为止。如果最后还有一些剩余的 k k k，可以把它们全部放在最后一位。
然后可以通过检查 k − f i k - f_i k−fi的奇偶性来构造最终的字符串。

Code

void solve()
{cin >> n >> k >> s;vector<int> f(n, 0);int t = k;for (int i = 0; i < n && t > 0; i++)if (k % 2 == s[i] - '0')    f[i] = 1, t--;f[n - 1] += t;for (int i = 0; i < n; i++)if ((k - f[i]) % 2 == 1)    s[i] = '1' - (s[i] - '0'); // 翻转cout << s << endl;for (auto x : f) cout << x << ' ';cout << endl;
}

C. Line Empire

题目大意

假设你是一个国王，你的首都的初始位置是 0 0 0。
地图上有 n n n个未征服的国家位置分别为 0 < x 1 < x 2 < x 3 < . . . < x n 0 < x_1 < x_2 < x_3 < ... < x_n 0<x1<x2<x3<...<xn,你想征服所有国家。
你有两种操作：
1.更换首都：将当前的首都 c 1 c1 c1更换为其他任意被征服的国家（位置为 c 2 c2 c2）所需要花费的代价为 a ∗ ∣ c 1 − c 2 ∣ a * |c1 - c2| a∗∣c1−c2∣
2.征服国家：可以从当前的首都征服任意一个未征服的国家，所需要花费的代价为 b ∗ ∣ c 1 − c 2 ∣ b * |c1 - c2| b∗∣c1−c2∣
注意：如果在 c 1 c1 c1和 c 2 c2 c2之间存在未征服的国家，那么就不能执行这个征服操作。给定 n n n, a a a和 b b b,以及未征服国家的位置，求征服所有国家的最小代价。

解题思路

先上图！

未迁都的情况下:前面部分 = b ∗ ( p o s 2 − p o s 1 ) ∗ ( n − i ) b * (pos2 - pos1) * (n - i) b∗(pos2−pos1)∗(n−i) => n-i表示剩余没有征服的领地数量
迁都的情况下:前面部分 = 迁都费用 = a ∗ ( p o s 2 − p o s 1 ) a * (pos2 - pos1) a∗(pos2−pos1)
化简式子，两式同除 ( p o s 2 − p o s 1 ) (pos2 - pos1) (pos2−pos1)
所以只需比较 b ∗ ( n − i ) b * (n - i) b∗(n−i)和 a a a的大小即可
如果后者小于前者就迁都, 这种情况下总是满足最优解

Code

void solve()
{int n, a, b;   cin >> n >> a >> b;for (int i = 1; i <= n; i++)    cin >> pos[i];pos[0] = 0;  // 初始为0int res = 0, now = pos[0];  for (int i = 1; i <= n; i++){res += b * (pos[i] - pos[now]);  // 加上征服的费用if (b * (n - i) >= a)   res += a * (pos[i] - pos[now]), now = i;  // 符合条件则迁都，满足最优}cout << res << endl;
}

D. Reverse Sort Sum

题目大意

定义数组 A A A是一个由 0 0 0和 1 1 1构成的数组，函数 $f(k, A) $ 表示对数组 A A A 的前 k k k个元素排序后得到的新数组 C C C。
如果给定 A A A有 n n n个元素，那么数组 C = f ( 1 , A ) + f ( 2 , A ) + . . . + f ( k , A ) C=f(1,A) + f(2,A) + ... + f(k,A) C=f(1,A)+f(2,A)+...+f(k,A)
现在给出数组 C C C，求数组 A A A。

解题思路

比赛时真的两点性质都想到了，原本想用线段树，但是没想到树状数组也可以做到
题解可以参考严格鸽

TIPS:树状数组区间修改，单点查询等操作可以看这里

Code

int n, a[N], tr[N], res[N];
int lowbit(int x){return x & -x;}
void add(int x, int v)
{for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += v;
}int query(int x)  // 单点查询即差分求和
{int res = 0;for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) res += tr[i];return res;
}void solve()
{memset(res, 0, sizeof res);memset(tr, 0, sizeof tr);  // 每次都别忘记初始化int sum = 0;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)    cin >> a[i], sum += a[i];for (int i = 1; i <= n; i++)    add(i, a[i] - a[i - 1]);  int num1 = sum / n;for (int i = n; i >= 1; i--)if (query(i) >= i)    {res[i] = 1;add(i - num1 + 1, -1), add(i + 1, 1);  // 区间修改要通过差分补值num1--;}for (int i = 1; i <= n; i++)    cout << res[i] << " ";cout << '\n';
}

TIPS:如果WA了，那一定是精度问题，本人代码头文件不同