20180716 [AtCoder]CF697 EASY+SoundHound HARD【值得琢磨实现细节】

A - Romaji CodeForces - 1008A
B - Turn the Rectangles CodeForces - 1008B
C - Reorder the Array CodeForces - 1008C
D - Saving Snuuk AtCoder - 4190
E - + Graph AtCoder - 4191 （留坑，至今未果，~~寻病终~~）

A

题目简述：
把一个数组分成连续的k段，每一段的价值为这一段最大元素的值，求每一段价值之和的最大值。并输出每一段的长度。
分析：
贪心地思考一下，这个数组无论如何都可以分成k段（n>=k）则将这个数组前k大的数字分在k个部分中问题就在于怎么输出细节考虑比较多考试的时候实现得不是很好也卡了很久

//考试的实现
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 2005
int N,K,ans,cn;
struct node{int v,p;
}a[MAXN],c[MAXN];
int b[MAXN];
bool cmp(node x,node y)
{return x.v>y.v;
}
bool cmp2(node x,node y)
{return x.p<y.p;
}
int main()
{scanf("%d %d",&N,&K);for(int i=1;i<=N;i++){scanf("%d",&a[i].v);a[i].p=i;b[i]=a[i].v;}sort(a+1,a+N+1,cmp);for(int i=1;i<=K;i++){ans+=a[i].v;c[++cn].v=a[i].v;c[cn].p=a[i].p;}sort(c+1,c+cn+1,cmp2);int n=1;printf("%d\n",ans);int last=0;for(int i=1;i<=N;i++)if(b[i]==c[n].v){if(n==cn){printf("%d",N-last);return 0;}printf("%d ",i-last);last=i;n++;}
}

就是保存了前k大的数在数组中的位置，输出的时候以此分节，但却是实现不够优秀（包括最后的for循环其实多余了都已经存有了位置 for 1~k 就OK）。

//更优秀的实现
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 2000;
struct node{int val, id;
}a[MAXN + 5];
bool operator < (node a, node b) {return a.val < b.val;
}
int b[MAXN + 5], bcnt;
int main() {int n, k;scanf("%d%d", &n, &k);for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%d", &a[i].val);a[i].id = i;}`sort(a+1, a+n+1);int ans = 0;for(int i=n;i>=n-k+1;i--) {ans += a[i].val;b[++bcnt] = a[i].id;}b[++bcnt] = n+1;printf("%d\n", ans);sort(b+1, b+bcnt+1);printf("%d", b[2]-1);for(int i=2;i<bcnt;i++)printf(" %d", b[i+1]-b[i]);
}

B

题目简述：
把数组分成连续的3段使第一段的元素之和等于第三段的元素之和每一段都可以为空求第一段元素之和的最大值
分析：
Tip：正解&简洁的代码请往下翻
我一拿到就想到了前缀和&后缀和
a[i]表示1~i的和 b[j]表示j~N的和若i,j满足i < j并且a[i]==b[j] 更新ans
然后我就这么写了然后 T了QAQ

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 200006
int N,ans=-10;
int a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
int main()
{scanf("%d",&N);for(int i=1;i<=N;i++){scanf("%d",&a[i]);b[i]=b[i-1]+a[i];}for(int i=N;i>=1;i--)c[i]=c[i+1]+a[i];for(int i=1;i<N;i++)for(int j=i+1;j<=N;j++)if(b[i]==c[j])ans=max(ans,b[i]);if(ans==-10) ans=0;printf("%d\n",ans);
}

然后后来。。。搞了一个挺麻烦的操作。。。把前缀和后缀数组搞成了一个标记了一下属性
然后就是记得一定要开long long 10^9加起来就爆了 QAQ
如果是黑箱测试我这场考试就凉凉了

//考场实现
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 200005
int N,ans;
int a[MAXN];
struct node{long long v;int p,t;
}b[2*MAXN];
bool cmp(node x,node y)
{return x.v>y.v;
}
int main()
{scanf("%d",&N);for(int i=1;i<=N;i++){scanf("%d",&a[i]);b[i].v=b[i-1].v+a[i];b[i].p=i;b[i].t=1;}for(int i=N;i>=1;i--)b[i+N].v=b[i+N+1].v+a[i],b[i+N].p=i,b[i+N].t=2;sort(b+1,b+2*N+2,cmp);for(int i=1;i<=2*N;i++)if(b[i].v==b[i+1].v&&((b[i].p<b[i+1].p&&b[i].t==1&&b[i+1].t==2)||(b[i].p>b[i+1].p&&b[i].t==2&&b[i+1].t==1))){printf("%lld\n",b[i].v);return 0;}printf("0\n");return 0;
}
//long long不开毁前程

然后这个差不多的思想有一个特别简单的实现（赛后shared）

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,t;
long long a[200001],ans;
int main() {scanf("%d",&n);for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%I64d",&a[i]),a[i]+=a[i-1];for(int i=1; i<=n; i++) {t=lower_bound(a+1,a+1+n,a[n]-a[i])-a;if(a[t]==a[n]-a[i]&&i<=t)ans=a[i];}printf("%lld",ans);return 0;
}

赛后看了这个实现我。。。QAQ
最关键的就是在第二个for循环里面
根本不需要另外用一个后缀数组 a[n]-a[i]==b[i] 然后low_bound()求出第一个大于等于这个数的位置（对于这道题而言，upper _bound也可以）
如果在前缀里面能够找到与之相等的数并且后缀的位置大于前缀则合法更新ans

这道题还有一个思路就是用滑动窗口的思想设置左右边界由于sum具有单调性（所有的元素都是正数），则可以通过调整边界来调整sum的关系

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAXN 200000
int n,d[MAXN+5],l,r;
long long sum1,sum2,ans;
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i]);int l=0,r=n+1;while(l<r){if(sum1==sum2)ans=max(ans,sum1),l++,r--,sum1+=d[l],sum2+=d[r];if(sum1<sum2)l++,sum1+=d[l];if(sum1>sum2)r--,sum2+=d[r];}printf("%lld",ans);
}

C

题目简述：
2个长度为n的字符串可以进行如下交换
1.a[i]与a[n-i+1]
2.a[i]与b[i]
3.b[i]与b[n-i+1]
可以将两个字符串改变其中的字符问至少要改变多少个字符才能使这2个字符串完全相等

分析：
有点模拟的意味但不是纯暴力进行分类讨论即可
注意a[i]与b[j]和b[i]与a[j]直接交换是非法的需进行2次交换交换后顺序与直接交换不同

然后坑点来了
敲黑板
题目上说只能修改a的字符
如果 if(a[i]==a[j]) swap(a[i],b[i]),swap(a[i],a[j]);
这个操作就会把a[j]和b[i]换了
当后面访问到a[j]时如果你发现无法与b[j]匹配，后面的程序就会修改a[j]的值
但实际上题目要求是先修改值，再交换位置
所以修改a[j]就相当于修改b[j]，就违反了规则

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
char a[MAXN],b[MAXN];
int N,ans;
int main()
{scanf("%d",&N);scanf("%s\n%s",a+1,b+1);for(int i=1;i<=N;i++)if(a[i]!=b[i]){int j=N-i+1;if(j>i){if(a[i]==b[j]) swap(b[i],b[j]);else if(b[i]==a[j]) swap(a[i],a[j]);//else if(a[i]==a[j]) swap(a[i],b[i]),swap(a[i],a[j]);else if(a[j]==b[j]) swap(a[i],a[j]),swap(b[i],b[j]);else if(b[i]==b[j]) swap(a[i],b[i]),swap(b[i],b[j]);else ans++;}else ans++;}printf("%d\n",ans);
}

还有一种做法，就是满足这样的一种性质：可以互相交换的4个地方的字符一定4个一样或者有2种字符，每种2个。
其实也比较好做，~~但是我没做~~。

D

题意简述：

Kenkoooo去旅行，有n个城市，m条火车线路。每条线路有两种权值：日元和Snuke，任选一种即可。开始时，他有10 ^15日元，在任意一个城市，他都可以将日元换成Snuke，但必须全部换完，且只能换一次，并且城市i会在i年后不能兑换货币。他每年都会去旅行，对于每一年求最大能够省下的Snuke。

思路分析：

很朴素的一个想法当然就是枚举在哪个车站换钱，但是肯定会超时。
怎么办呢？我们折中一下，因为不管在哪个车站换，在那个车站以前，用的是日元，在那个车站以后，用的是Snuke。
所以我们分别以起点和终点为起点，~~这话怎么这么绕~~，分别以日元和Snuke为边权，找最短路，然后枚举断点。

但是这道题的有（恶）趣（心）之处呢，就在于它有很多很多年，每一年的可供换钱的车站还有变化。年数要是太大，时间也不好受。

于是我们可以这样进行一个优化。
每一年会关掉i号窗口，如果我们把时间轴倒着看，就是每一年会多开第i号窗口。而对于第i年来说，由于变化的只是第i号窗口有没有开，所以对于上一年（实际是下一年，这里把时间轴倒着看的）求出的那个ans值，表示的是在i+1~n号窗口换的最优值，那我们只需将上一年的ans值，与这一年在第i号窗口换钱的值进行比较，取最小即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define LL long long
#define INF 1e18
int N,M,S,T,u,v;
LL a,b,f=1e15,ans[MAXN];
LL Min(LL x,LL y)
{if(x>y) return y;return x;
}
struct graph{int cnt,head[MAXN],vis[MAXN];LL dis[MAXN];struct Edge{int next,to;LL dis;}edge[2*MAXN];queue<int> q;void addedge(int from,int to,LL dis){edge[++cnt].next=head[from];edge[cnt].to=to;edge[cnt].dis=dis;head[from]=cnt;}void spfa(int s){for(int i=1;i<=N;i++)dis[i]=INF;memset(vis,0,sizeof(vis));q.push(s); vis[s]=1; dis[s]=0;while(!q.empty()){int x=q.front(); q.pop();vis[x]=0;for(int i=head[x];i;i=edge[i].next){int to=edge[i].to;if(dis[to]>dis[x]+edge[i].dis){dis[to]=dis[x]+edge[i].dis;if(!vis[to]) q.push(to),vis[to]=1;}}}}
}g1,g2;
int main()
{scanf("%d %d %d %d",&N,&M,&S,&T);for(int i=1;i<=M;i++){scanf("%d %d %lld %lld",&u,&v,&a,&b);g1.addedge(u,v,a); g1.addedge(v,u,a);g2.addedge(v,u,b); g2.addedge(u,v,b);}g1.spfa(S); g2.spfa(T);ans[N+1]=INF;for(int i=N;i>=1;i--) ans[i]=Min(ans[i+1],g1.dis[i]+g2.dis[i]);for(int i=1;i<=N;i++)printf("%lld\n",f-ans[i]);return 0;
}

P.S：终于知道了咋在结构体里面搞函数，跟在外面其实是一样的写法。

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