AtCoder Regular Contest 119

B.Electric Board

题目描述

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给定长度为 (n) 两个字符串 (S,T)，要求通过最少的操作数把 (S) 变成 (T)，操作就是对于 (s_l=0and s_{l+1}=...=s_r=1) 或者 (s_l=1and s_{l+1}=...=s_r=0) 可以交换元素 (s_l) 和 (s_r)

(2leq nleq 500000)

解法1

我们可以把所有 (0) 换到应该的位置上，那么 (1) 也就确定了。

(0) 换过去的代价是路上 (0) 的数量，这就和 (1) 没关系了，那么我们把 (S,T) 的 (0) 都取出来，相邻的配对即可。

解法2

我们可以把所以 (1) 换到应该的位置上，那么 (0) 也就是确定了。

(1) 换过去的代价是路上 (0) 的数量，这和 (0/1) 都有关系，直接匹配是行不通的，( t oneindark) 给出的做法是从左往右扫，如果遇到 (S) 有 (1) 但是 (T) 没有就把他移动到右边第一个 (0)，如果 (T) 有 (1) 但是 (S) 没有也把他移动到右边第一个 (0)

这种做法的正确性有二：一是两个状态都往中间靠拢；二是我们永远在不得不操作的时候操作。

C.ARC Wrecker 2

题目描述

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有 (n) 个楼房，第 (i) 个高为 (a_i)，相邻的楼房可以同时增加或同时减少，问能够推平（高度全部变成 (0)）的区间有多少个。

(2leq nleq 300000,1leq a_ileq 10^9)

解法

一定要有敏锐的观察能力，这道题的结论是：如果奇偶位置高度相同则可以推平。

证明不难，因为无论怎么操作奇偶的差都是不变的，而目标奇偶差值为 (0)，初始状态一定能到目标状态。

然后搞一个特殊的前缀和，奇数位置符号为正，偶数位置符号为负，找权值和为 (0) 的区间即可。

#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
const int M = 300005;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,ans,a[M];map<int,int> mp;
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();
		if(i>1) a[i]+=a[i-2];
	}
	mp[0]=mp[a[1]]=1;
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
	{
		int x=2*i;
		ans+=mp[a[x-1]-a[x]];
		if(x<n) ans+=mp[a[x+1]-a[x]];
		mp[a[x-1]-a[x]]++;
		mp[a[x+1]-a[x]]++;
	}
	printf("%lld
",ans);
}

D.Grid Repainting 3

题目描述

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解法

注意到一开始没有白色格子，所以设被染白的行数量为 (a)，列数量为 (b)，我们只需要最大化：

[n imes m-(n-a)(m-b) ]

然后就要开始观察了，不难发现一个红色格子操作后可能覆盖到其他格子，就不能让所有红色格子充分发挥作用。所以如果我们确定了某一个红色格子的状态，那么可以确定和他在同行同列格子的状态，以此类推，这像是一个牵一发而动全身的过程。

举个例子，比如我们要操作 ((x,y)) 的行 (x)，那么和他同行的格子必须选择漂白列，和他同列的格子必须选择漂白行，因为不能影响 ((x,y))，所以我们把每个点和其同行同列的点连边，那么所形成的连通块就能解决所有它的行和列的染色，除了激发点，如果激发点漂白行那么就少了一列的漂白，如果激发点漂白列那么就少了一行的漂白。

继续发现激发点的选择是无关紧要的，我们可以通过枚举来确定有多少连通块的激发点要漂白行，有多少连通块的激发点要漂白列，输出方案递归即可。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 2505;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,a,b,cnt,ans,p,r[M],c[M];
char s[M][M];vector<int> v;
void dfs(int x,int y)
{
	if(r[x] && c[y]) return ;
	bool rx=r[x],cy=c[y];r[x]=c[y]=1;
	if(!rx) for(int i=1;i<=m;i++)
		if(s[x][i]=='R') dfs(x,i);
	if(!cy) for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i][y]=='R') dfs(i,y);
}
void print(int x,int y)
{
	if(r[x] && c[y]) return ;
	bool rx=r[x],cy=c[y];r[x]=c[y]=1;
	if(!rx) for(int i=1;i<=m;i++)
		if(s[x][i]=='R') print(x,i);
	if(!cy) for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i][y]=='R') print(i,y);
	if(!rx && cy) printf("X %d %d
",x,y);
	if(rx && !cy) printf("Y %d %d
",x,y);
}
signed main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%s",s[i]+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(s[i][j]=='R' && !r[i] && !c[j])
			{
				dfs(i,j);cnt++;
				v.push_back(i*m+j-1);
			}
	for(int i=1;i<=n;i++) a+=r[i];
	for(int i=1;i<=m;i++) b+=c[i];
	for(int i=0;i<=cnt;i++)
	{
		int x=n-a+i,y=m-b+(cnt-i);
		if(n*m-x*y>ans) ans=n*m-x*y,p=i;
	}
	for(int i=1;i<=max(n,m);i++)
		c[i]=r[i]=0;
	printf("%d
",a+b-cnt);
	for(int i=0;i<p;i++)
	{
		print(v[i]/m,v[i]%m+1);
		printf("Y %d %d
",v[i]/m,v[i]%m+1);
	}
	for(int i=p;i<cnt;i++)
	{
		print(v[i]/m,v[i]%m+1);
		printf("X %d %d
",v[i]/m,v[i]%m+1);
	}
}

E.Pancakes

题目描述

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解法

翻转一段区间 ([l,r])，两边和中间相邻数字差都不会变，只有左右端点会变，会令答案加上：

[|s_r-s_{l-1}|+|s_{l}-s_{r+1}|-(|s_l-s_{l-1}|+|s_r-s_{r+1}|) ]

后面那一块我们先不管，我们来把前面的绝对值拆开：

• 如果 (s_rgeq s_{l-1},s_lgeq s_{r+1})，拆开后是 ((s_r-s_{r+1})-(s_l-s_{l-1}))
• 如果 (s_rgeq s_{l-1},s_lleq s_{r+1})，拆开后是 ((s_r+s_{r+1})-(s_l+s_{l-1}))

这道题有一个十分关键的点就是不需要区分是 (l) 还是 (r)，比如说某一个情况我们算成 (r) 在前 (l) 在后，这对应着另一种 (l) 在前 (r) 在后的情况，所以我们只需要看成 ((s_x,s_{x-1})) 这若干个二元组求偏序关系即可。

然后偏序关系还有两种，但是会被 ( t Casespace 1,2) 给计算到所以不用管，时间复杂度 (O(nlog n))

F.AtCoder Express 3

题目描述

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有 (n+1) 个按编号顺次的站台，其中 (0) 和 (n) 站台既能坐 (A) 号列车也能坐 (B) 号列车，除 (0) 和 (n) 站台外，其他站台为 (A) 或 (B) 或未知

乘坐列车花费 (1) 能到达下一个或上一个有此号车的站台，除此之外还可以花费 (1) 到相邻的站台

现给出每个站台（可能）有的列车，求从 (0) 到 (n) 花费最小值不超过 (k) 的方案数，答案取模 (1e9+7)

(2leq nleq 4000)

解法

考虑用 (dp) 算方案数，我们要把最短路给存在状态里面，(A) 号和 (B) 号列车的最短路要分开存，所以定义状态 (dp[i][x][y]) 表示考虑到了 (i) 个车站，从 (0) 到离 (i) 最近的 (A) 车站最短路是 (x)，到离 (i) 最近的 (B) 车站最短路是 (y) 的方案数。

虽然转移是 (O(1)) 的，但是状态数都达到了 (O(n^3))

考虑优化状态定义，按道理 (x,y) 的差值不会很大，但是有一种情况立马会让你打消这个念头：(ABBBB......)

但是只有这一种情况啊！我们解决他不就行了？我们到中间某个 (B) 是很费时的，但是到这一段 (B) 的最后一个 (B) 却是比较快的，因为我们可以直接从 (A) 坐车过去然后走一步就可以到了。

那么我们用这个来定义状态，设 (f[i][x][y]) 表示到离 (i) 最近的 (A) 车站的最短路是 (x)，(i) 是 (B) 车站，到 (i) 以后的这一段 (B) 的最短路是 (x+y) 的方案数（还有一个状态表示 (i) 是 (A) 车站同理，记为 (g)），那么重要的性质是 (-2leq yleq 2)

现在考虑怎么转移，分为两种情况讨论，设 (d=x+y)：

• 如果是 (A...BB) 这种类型，那么 (f[i+1][x][min(x+2,d+1)-x]leftarrow f[i][x][y])，因为可以从 (i) 的 (B) 走一步到达，或者是 (j+2) 到这一段最后的那个 (B)，注意这里可以直接用 (d) 是因为如果到第一个 (B) 的最短路 (>d) 那么 (x+2) 就是小的那个。
• 如果是 (A...BA) 这种类型，那么 (g[i+1][d][min(x+1,d+1)-d]leftarrow f[i][x][y])，可以直接走路或者坐车一步到。

那么时间复杂度 (O(n^2))

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std; 
const int M = 5005;
const int MOD = 1e9+7;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,k,ans,f[M][5][2],g[M][5][2];char s[M];
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
signed main()
{
	n=read();k=read();
	scanf("%s",s+1);
	if(s[1]!='A') f[0][1+2][0]=1;
	if(s[1]!='B') f[0][1+2][1]=1;
	for(int i=2;i<n;i++)
	{
		memset(g,0,sizeof g);
		for(int j=0;j<=i;j++)
		{
			for(int k=-2;k<=2;k++)
			{
				int d=j+k;if(d<0) continue;
				if(f[j][k+2][0])
				{
					if(s[i]!='A') add(g[j][min(j+2,d+1)-j+2][0],f[j][k+2][0]);
					if(s[i]!='B') add(g[d][min(j+1,d+1)-d+2][1],f[j][k+2][0]);
				}
				if(f[j][k+2][1])
				{
					if(s[i]!='B') add(g[j][min(j+2,d+1)-j+2][1],f[j][k+2][1]);
					if(s[i]!='A') add(g[d][min(j+1,d+1)-d+2][0],f[j][k+2][1]);
				}
			}
		}
		memcpy(f,g,sizeof g);
	}
	for(int i=0;i<=k;i++)
		for(int j=-2;j<=2;j++)
			if(i+1<=k || i+j+1<=k)
				add(ans,f[i][j+2][0]),add(ans,f[i][j+2][1]);
	printf("%d
",ans);
}