CodeTON Round 2 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)(A~D)
本文最后更新于 715 天前,其中的信息可能已经有所发展或是发生改变。

A. Two 0-1 Sequences


题目大意

Origional Link

  • 给定只包含$0$和$1$的字符串$a$和$b$
  • 对$a$进行操作:
    • 将$a_2 = min(a_1,a_2)$,并删除$a_1$,使得$a_2$变为新的$a_1$
    • 将$a_2 = max(a_1,a_2)$,并删除$a_1$,使得$a_2$变为新的$a_1$
  • 上述操作不限次数,求最终是否可以使得$a=b$

思想

  • 由于我们只能对a[1], a[2]进行操作

  • 观察string a, b,发现:

    • 先将ab的最左端对齐

    • a = "00100101"
      b =     "1101"
    • b[0]对其的a[4]不相等,b[0]之后对齐的与a[4]之后的元素均相等

    • 若使得a == b,则a[4]之前的元素中,必然存在某元素a[i] == b[0],才可通过相关操作使得a[4] == b[0]

  • 由此可知,我们设b[0]a[k]对齐

  • a[k + 1]开始构造a的字串s1,从b[1]开始构造b的字串s2

  • s1 == s2

    • b[0] == a[k]说明必然可以使得a == b
    • b[0] != a[k],则当k之前存在a[i] == b[0]时可以使得a == b,反之不行
  • s1 != s2,则无论如何操作都无法使得a == b


代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void solve(){

    int n, m;

    cin >> n >> m;

    string a, b;
    cin >> a >> b;

    int k = a.size() - b.size();  //对其的位置

    string s1 = a.substr(k + 1,b.size() - 1);
    string s2 = b.substr(1,b.size() - 1);

    if(s1 == s2){

        int flag = 0;

        if(a.rfind(b[0], k) != -1) flag = 1;

        if(flag) cout << "YES" << endl;
        else cout << "NO" << endl;

    }
    else cout << "NO" << endl;

}

int main(){

    int _;
    cin >> _;
    while(_ --){
        solve();
    }

//  solve();

    return 0;

}

B. Luke is a Foodie


题目大意

Origional Link

  • 对于$a_i$和固定的$x$
  • 有可以变成任意整数的$v$,使得$|v - a_i|\le x$
  • 遍历数组$a$,求$v$最小变化的次数

思想

  • 由$|v - a_i|\le x$可知$a_i - x\le v \le a_i + x$
  • 故对于a[i],必然存在满足$|v - a_i|\le x$的区间[l,r]l = a[i] - x, r = a[i] + x
  • a[i + 1]的区间[l',r']l = a[i + 1] - x, r = a[i + 1] + x
  • [l,r][l',r']有公共区间时,v可以不用发生改变,并将区间更新为其公共区间
  • [l,r][l',r']无公共区间时,v将发生改变,并将区间变为[l',r']
  • 公共区间存在判断:max(l,l') <= min(r,r')说明存在公共区间

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

void solve(){

    LL n, x;

    cin >> n >> x;

    LL cnt = 0;

    LL t;
    cin >> t;

    LL l = t - x, r = x + t;  //初始区间 

    for(int i = 1; i < n; i ++){
        LL y;
        cin >> y;
        LL p1 = y - x, p2 = y + x;
        if(max(p1,l) <= min(p2,r)){  //是否有公共区间 
            l = max(p1,l);  //更新公共区间左边界 
            r = min(p2,r);  //更新公共区间右边界 
        }
        else{
            cnt ++;  //不存在公共区间,需要变化一次 
            l = p1;  //重置区间 
            r = p2;
        }

    }

    cout << cnt << endl;

}

int main(){

    int _;
    cin >> _;
    while(_ --){
        solve();
    }

//  solve();

    return 0;

}

C. Virus


题目大意

Origional Link

  • $1\sim N$的房屋围成一圈
  • 给出初始感染病毒的房屋编号
  • 每天可选择未感染的房屋进行保护,可使其永久不被感染
  • 每天已感染的房屋其左右邻居都会受到感染
  • 求最优策略下,最终感染的房屋数量

思想

  • 贪心
  • 每次选择未感染的最长区间进行保护
  • 对于被保护的区间[l,r]
    • 经过第一天:
    • 保护[l,r]的一个端点,设保护a[l]
    • a[l]不会感染,a[r]会被感染
    • 其他所有未受到保护的区间[l',r']里,a[l']a[r']被感染
    • 经过第二天:
    • 保护[l,r]的另一个端点a[r],由于第一天a[r]被感染,故只能保护a[r - 1]
    • 其他所有未受到保护的区间[l',r']里,a[l' + 1]a[r' - 1]被感染
    • 即对于选择保护的区间[l,r]a[r]被感染,我们只能保护到[l,r - 1]这一段,且其余所有未受到保护的区间[l',r']a[l'],a[r'],a[l' + 1],a[r' - 1]受到感染,感染后的区间变为[l' + 2, r' - 2]
  • 综上可知,我们优先保护最长的未被感染的区间,即可实现最优策略
  • 由于选择保护的区间端点可以任选,故只需要考虑区间长度,不需要维护额外的信息
  • 注意不要忽略首尾相连的区间

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void solve(){

    int n, m;

    cin >> n >> m;

    vector<int> vis;  //vis存储最先被感染的房屋编号 

    for(int i = 0; i < m; i ++){
        int x;
        cin >> x;
        vis.push_back(x);
    }

    sort(vis.begin(),vis.end());  //将编号从小到大排序 

    priority_queue<int> st;  //优先队列维护当前最大长度的区间 

    st.push(n - vis.back() + vis[0] - 1);  //将首尾相连的区间长度加入 

    for(int i = 0; i + 1 < vis.size(); i ++){
        st.push(vis[i + 1] - vis[i] - 1);  //将未感染的区间的长度加入 
    }

    int cnt = 0;  //存储未感染的区间长度 

    for(int i = 0; i + 1 > 0; i ++){  //i代表天数 
        if(!st.empty() && st.top() - i * 4 > 0){  //经过一天,下一个区间长度 -4 
            int k = st.top() - i * 4;  //设k为当前区间经过i天后未感染的区间长度 
            if(k > 1) k --;  //对于一个端点的保护,会使另一个端点被感染(长度-1),若区间长度仅为1,则只能保护1长度 
            cnt += k;  //累计保护到的区间长度 
            st.pop();
        }
        else break;
    }

    cout << n - cnt << endl;  //区间总长 - 保护的区间长度 = 被感染的区间长度 = 被感染的房屋数量 

}

int main(){

    int _;
    cin >> _;
    while(_ --){
        solve();
    }

//  solve();

    return 0;

}

D. Magical Array


题目大意

Origional Link

  • 对于一个长度为$m$的数组$b$,构造$n$个与$b$相同的的数组$c$
  • 对于数组$c_t(1\le t \le n)$现有操作:
    • 操作1:首先将$c_t[i]=c_t[i]-1,c_t[j]=c_t[j]-1$,然后将$c_t[i-1]=c_t[i-1]+1,c_t[j+1]=c_t[j+1]+1$
    • 操作2:首先将$c_t[i]=c_t[i]-1,c_t[j]=c_t[j]-1$,然后将$c_t[i-1]=c_t[i-1]+1,c_t[j+2]=c_t[j+2]+1$
  • 选择某一个数$k(1\le k \le n)$,使得$c_k$为特别数组
  • 非特别数组$c_i(1\le i \le n,i \ne k)$只能执行操作1若干次
  • 特别数组$c_k(1\le k \le n)$只能执行操作2若干次
  • 给出这些操作后的数组$c$,找出其中的特别数组的编号$k$,及其执行了多少次操作2

思想

对于c_t(1\le t \le n)\\\\ \begin{aligned} (一)\\\\ 对于&c_{i-1},c_i,c_j,c_{j+1},可以得到c_{i−1}×(i−1)+c_i×i+c_j×j+c_{j+1}×(j+1)\\\\ &化简得:i×(c_{i−1}+c_i)+j×(c_j+c_{j+1})−c_{i−1}+c_{j+1}①\\\\ 对于&c_{i-1},c_i,c_j,c_{j+1}执行操作1:\\\\ &(c_{i−1}+1)×(i−1)+(c_i-1)×i+(c_j-1)×j+(c_{j+1}+1)×(j+1)\\\\ &化简得:i×(c_{i−1}+c_i)+j×(c_j+c_{j+1})−c_{i−1}+c_{j+1}②\\\\ &可知①=②,即操作1不会改变c_i\times i的和 \\\\ \end{aligned}\\\\ \begin{aligned} (二)\\\\ 对于&c_{i-1},c_i,c_j,c_{j+1},c_{j+2},可以得到c_{i−1}×(i−1)+c_i×i+c_j×j+c_{j+1}×(j+1)+c_{j+2}\times (j+2)\\\\ &化简得:i×(c_{i−1}+c_i)+j×(c_j+c_{j+1}+c_{j+2})−c_{i−1}+c_{j+1}+2\times c_{j+2}③\\\\ 对于&c_{i-1},c_i,c_j,c_{j+1},c_{j+2}执行操作2:\\\\ &(c_{i−1}+1)×(i−1)+(c_i-1)×i+(c_j-1)×j+c_{j+1}×(j+1)+(c_{j+2}+1)\times (j+2)\\\\ &化简得:i×(c_{i−1}+c_i)+j×(c_j+c_{j+1}+c_{j+2})−c_{i−1}+c_{j+1}+2\times c_{j+2}+1④\\\\ &可知③=④+1,即操作1会改变c_i\times i的和,使其加1\\\\ \end{aligned}\\\\ 综上可知:对每一个数组c,求S_f = \sum c_i\times i\\\\ 与其他数组c的S_f不同的数组即为特别数组,记为S_p\\\\ 其操作2的次数为S_p-S_f\\\\

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

void solve(){

    LL n, m;

    cin >> n >> m;

    LL S1 = -1, S2 = -1;  //S求c_i * i的和
    LL cnt1 = 0, cnt2 = 0;  //cnt记录S的数量
    LL p1, p2;  //存储第一次出现S的编号

    for(LL i = 1; i <= n; i ++){

        LL sum = 0;

        for(LL j = 1; j <= m; j ++){
            LL x;
            cin >> x;
            sum += x * j;
        }

        if(S1 == -1){
            S1 = sum;
            p1 = i;
        }
        else if(S1 != -1 && S2 == -1 && S1 != sum){
            S2 = sum;
            p2 = i;
        }

        if(S1 == sum) cnt1 ++;
        if(S2 == sum) cnt2 ++;

    }

    if(cnt1 > cnt2){
        cout << p2 << " " << S2 - S1 << endl;
    } 
    else cout << p1 << " " << S1 - S2 << endl;

}

int main(){

    LL _;
    cin >> _;
    while(_ --){
        solve();
    }

//  solve();

    return 0;

}

后记

  • $A$题一开始没找到规律,找到规律后居然没有把错思路的代码删掉,狠狠的吃WA的铁头娃
  • $B$题读懂题意就很简单了,没什么好说的,就是判断公共区间
  • $C$题一直在想着怎么维护端点的信息,最后发现根本不需要,只要长度就行了QAQ
  • $D$题没时间了,太抽象了也看不懂,补题看题解发现证明的想法实在是妙极了,根本想不到
  • 最后还是没能上绿,我是废物
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Source: github.com/k4yt3x/flowerhd
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