Codeforces Round #789 (Div. 2)题解

A. Tokitsukaze and All Zero Sequence

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算法标签贪心排序

思路

情况一：数组存在零 → \rightarrow →非零数与其进行一次运算 → \rightarrow →答案即为非零个数
情况二：数组不存在零但存在相同数字 → \rightarrow →相同数字进行一次运算产生零 → \rightarrow →非零数与其进行一次运算 → \rightarrow →答案即为情况一+1
情况三：数组不存在零且不存在相同数字 → \rightarrow →不同数字进行一次运算产生相同数字 → \rightarrow →相同数字进行一次运算产生零 → \rightarrow →非零数与其进行一次运算 → \rightarrow →答案即为情况二+1
未初始化b数组,WA了一发

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 105;
int a[N],b[N];
signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;int cnt=0,ch=0;memset(b,0, sizeof b);for(int i=0;i<n;++i){cin>>a[i];if(!a[i]){cnt++;}b[a[i]]++;if(b[a[i]]==2){ch=1;}}sort(a,a+n);if(cnt){cout<<n-cnt;}else if(ch){cout<<n;}else{cout<<n+1;}cout<<"\n";}return 0;
}

B1. Tokitsukaze and Good 01-String (easy version

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算法标签贪心模拟

思路

进行字符串模拟，如果当前需处理字符串长度为奇数且该字符与上一个字符不一致，则更改该字符，使其与上一个字符一致。统计更改次数即为答案。
提交滴代码好冗余

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 105;
int a[N],b[N];
// 代码过于冗余
//string check(string s){
//    int l=1;
//    int left=1;
//    int cnt=0;
//   for(int i=left;i<s.size();++i){
//        if(l%2&&s[i]!=s[i-1]){
//            i=left;
//            s[i]=s[i-1];
//            l=1;
//           cnt++;
//            left=i+2;
//        }
//    }
//    return s;
//}
//int solve(string s, string s1){
//    int cnt=0;
//    for(int i=0;i<s.size();++i){
//        if(s[i]!=s1[i]){
//            cnt++;
//        }
//    }
//    return cnt;
//}
// 稍作简化
int check(string s){int l=1;int left=1;int cnt=0;for(int i=left;i<s.size();++i){if(l%2&&s[i]!=s[i-1]){cnt++;i=left;s[i]=s[i-1];l=1;cnt++;left=i+2;}}return cnt;
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin>>t;
;    while(t--){string s;int n;cin>>n;cin>>s;//cout<<solve(check(s),s);//cout<<"\n";cout<<check(s)<<"\n";}return 0;
}

B2. Tokitsukaze and Good 01-String (hard version)

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算法标签贪心模拟字符串前缀 DP

思路

考虑从前向后的递推，可以发现对于前面已经维护好的前缀一定以"00"或"11"结尾，所以需要将每一个划分出来的
二元组转换成"00"或"11"，通过枚举当前二元组变化成"00"，"11"的代价，在DP的过程中维护改变次数最少的情况
下，尽可能的使得当前串与前缀子段的结尾一致。
不会呀

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){int t;cin>>t;while(t--){int n;string s;cin>>n>>s;int ans=0, cnt=0;int L=-1;for(int i=0; i<n; i+=2){if(s[i]!=s[i+1]) ans++;else{if(L!=s[i]) cnt++, L=s[i];}}cout<<ans<<" "<<max(cnt, 1)<<endl;}return 0;
}

C. Tokitsukaze and Strange Inequality

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题意

给定一个长度为 n(n<=5000) 的数组p ，问有多少个4元组 (a, b, c, d) 满足 p[a]<p[b] 且 p[b]>p[d] 。

算法标签贪心模拟

思路

枚举 b,c → \rightarrow →在 [1, b-1] 中小于p[c] 的个数，和在 [c+1, n] 中小于 p[b] 的个数 → \rightarrow →区间小于等于k的个数，离线加树状数组（复杂度为O(n^2logn)） → \rightarrow →预处理出pre[i][j]为区间 [1, i] 中小于等于j的个数。
哎 B2都不会

代码

void slove() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= n; j++)pre[i][j] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> p[i];for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++)pre[i][j] += pre[i - 1][j];for (int j = p[i]; j <= n; j++)pre[i][j]++;}int ans = 0;for (int b = 1; b <= n; b++) {for (int c = b + 1; c <= n; c++) {ans += pre[b - 1][p[c] - 1] * (pre[n][p[b]] - pre[c][p[b]]);}}cout << ans << endl;
}

D. Tokitsukaze and Meeting

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题意

这里有一个 n*m 的格子，有 [公式] 的同学会从左上角进入，按照下面的方式。

每个同学都有个属性， 0/1 ，每次进入一个学生后，问有多少行和多少列至少包含一个为 1 的学生。
样例
2 2
1100
输出
2 3 4 3

算法标签思维枚举

思路

行列分开讨论 → \rightarrow →对于行， row[i] 为第 i 个学生进来时的答案（为了取模方便，学生的下标从0开始，下同row[i] 的答案可以由 row[i-m] 的答案变过来。 → \rightarrow →若最近 m 个学生里面有一个是1，答案加1 → \rightarrow →对于列，当插入一个学生后，等效为， 1, n-1 列向右移动。第 n 列提到前面。 → \rightarrow → col[m] 来记录提到前面来的情况，如果新插入的学生是1且提到前面来的列里面没有1，答案加1。 → \rightarrow →累加求和即为答案
哎 B2都不会

代码

void slove() {cin >> n >> m;vector<int>col(m, 0); vector<int>row(n*m, 0); vector<int>ans(n*m, 0);cin >> s;int t = 0;for (int i = 0; i < n*m; i++) {if (s[i] == '1') {if (col[i%m] == 0) {col[i%m] = 1;t++;}}ans[i] += t;}int last = -1;for (int i = 0; i < n*m; i++) {if (s[i] == '1')last = i;if (i < m) {if (last != -1)row[i] = 1;}else {if (i - last < m)row[i] = row[i - m] + 1;else row[i] = row[i - m];}ans[i] += row[i];}for (int i = 0; i < n*m; i++)cout << ans[i] << " ";cout << endl;
}

E. Tokitsukaze and Two Colorful Tapes

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题意

给定两个排列 a[], b[] ，你可以构造任意一个排列 p[] ,使得 a[i] = p[a[i]] , b[i] = p[b[i]]。使得 ∑ \sum ∑ |a[i] - b[i]|最大。输出最大值。

算法标签图论 DFS 贪心数学

思路

以样例为例
从图的角度，理解 ∑ \sum ∑ |a[i] - b[i]| 。 → \rightarrow →建图 a[i] ↔ \leftrightarrow ↔b[i], → \rightarrow →答案即为环上相邻两个数差的绝对值之和
哎 B2都不会

注意

如果有环，我们一定可以构造一个 p[] ,使得环变为任意样子。
可理解为 p[] = named[] ，把环上的数进行重命名
只需为所有的环赋值即可。
如果环的长度为1，不会产生任何贡献。
若为偶数环，我们可以按照最大值，最小值交替来给环赋值（贪心，确保差值最大)。

for (int i = 0; i < c.size(); i++) {if (i % 2 == 0)v.push_back(mx--);else v.push_back(mi++);
}

若为奇数环，最后一个点无论如何赋值，不会改变其贡献。故奇数环的最后一个值无需放置，保留最大值和最小值。
因此，环的贡献函数：

int cal() {if (c.size() == 1)return 0;vector<int>v;for (int i = 0; i < c.size() - c.size() % 2; i++) {if (i % 2 == 0)v.push_back(mx--);else v.push_back(mi++);}int res = 0;for (int i = 1; i < v.size(); i++)res += abs(v[i] - v[i - 1]);res += abs(v.back() - v[0]);return res;
}

遍历所有环，累加即为答案。

代码

int n, a[MAXN], b[MAXN], to[MAXN];
bool vis[MAXN];
vector<int>c;
int mi, mx;
void dfs(int u) {if (vis[u])return;vis[u] = 1;c.push_back(u);dfs(to[u]);
}
int cal() {if (c.size() == 1)return 0;vector<int>v;for (int i = 0; i < c.size() - c.size() % 2; i++) {if (i % 2 == 0)v.push_back(mx--);else v.push_back(mi++);}int res = 0;for (int i = 1; i < v.size(); i++)res += abs(v[i] - v[i - 1]);res += abs(v.back() - v[0]);return res;
}
void slove() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)vis[i] = 0;mi = 1, mx = n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> b[i], to[a[i]] = b[i];int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!vis[i]) {c.clear();dfs(i);ans += cal();}}cout << ans << endl;
}

战绩

战果

呜呜呜掉了9分

C-E主要借鉴该知乎

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