本文最后更新于 768 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
- 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
a
和b
的最左端对齐 -
a = "00100101" b = "1101"
-
与
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]
与a[k]
对齐 -
从
a[k + 1]
开始构造a
的字串s1
,从b[1]
开始构造b
的字串s2
-
若
s1 == s2
:- 若
b[0] == a[k]
说明必然可以使得a == b
- 若
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
- 若
-
若
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
- 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
- 设
a[i + 1]
的区间[l',r']
,l = a[i + 1] - x, r = a[i + 1] + x
- 若
[l,r]
与[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 - 若
[l,r]
与[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
- $1\sim N$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']
和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]
和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']
里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
- 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