A. Digits Sequence Dividing
签.
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define N 1010 5 char s[N]; int n; 6 7 void solve() 8 { 9 if (n == 2 && s[1] >= s[2]) 10 { 11 puts("NO"); 12 return; 13 } 14 else 15 { 16 puts("YES"); 17 puts("2"); 18 printf("%c %s ", s[1], s + 2); 19 } 20 } 21 22 int main() 23 { 24 int t; scanf("%d", &t); 25 while (t--) 26 { 27 scanf("%d", &n); 28 scanf("%s", s + 1); 29 solve(); 30 } 31 return 0; 32 }
B. Digital root
签.
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define ll long long 5 int t; 6 ll k, x; 7 8 int main() 9 { 10 scanf("%d", &t); 11 while (t--) 12 { 13 scanf("%lld%lld", &k, &x); 14 printf("%lld ", (k - 1) * 9 + x); 15 } 16 return 0; 17 }
C. Brutality
每次连续的一段中如果大于$k个，取最大的k个$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define ll long long 5 #define N 200010 6 int n, k; 7 ll a[N]; 8 char s[N]; 9 10 int main() 11 { 12 while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF) 13 { 14 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", a + i); 15 scanf("%s", s + 1); s[n + 1] = '#'; 16 priority_queue <ll> pq; pq.push(a[1]); 17 ll res = 0; 18 for (int i = 2; i <= n + 1; ++i) 19 { 20 if (s[i] != s[i - 1]) 21 { 22 for (int j = k; !pq.empty() && j; --j) 23 { 24 res += pq.top(); pq.pop(); 25 } 26 while (!pq.empty()) pq.pop(); 27 } 28 pq.push(a[i]); 29 } 30 printf("%lld ", res); 31 } 32 return 0; 33 }
D. Compression
Solved.
题意：
有$n cdot n的01矩阵，把矩阵压缩，压缩后的大小为frac {n}{x}$
思路：
考虑$x | n, 枚举n的因数，在5200范围下，最多有60个$
$然后每次枚举因数n^2判断是否可以 就可以喜提TLE一枚$
$我们考虑用bitset优化$
$我们先处理出b数组第一行，然后接下来x - 1行都可以直接位运算赋值$
$那么这个复杂度就是O(frac{n^2}{64} + (frac{n^2}{x}))$
我们发现$< x 的因数不会太多 当因数 > x 的时候 复杂度就接近O(frac{n^2}{64})$
$然后和a数字异或可以O(frac{n^2}{64}) 判断合法性$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define N 5510 5 int n; 6 bitset <N> a[N], b[N], tmp; 7 char s[N][N]; 8 char Hash[210]; 9 int res; 10 11 void change(int x) 12 { 13 a[x].reset(); 14 for (int i = 1, j = 0; i <= n / 4; ++i) 15 { 16 int num = Hash[s[x][i]]; 17 for (int k = 3; k >= 0; --k) 18 a[x][++j] = (num >> k) & 1; 19 } 20 } 21 22 bool solve(int x) 23 { 24 for (int i = 1; i <= n; i += x) 25 { 26 tmp.reset(); 27 for (int j = 1; j <= n; j += x) 28 for (int k = j; k < j + x; ++k) 29 tmp[k] = a[i][j]; 30 for (int j = i; j < i + x; ++j) 31 { 32 b[j] &= 0; 33 b[j] |= tmp; 34 } 35 } 36 for (int i = 1; i <= n; ++i) if ((a[i] ^ b[i]) != 0) 37 { 38 return false; 39 } 40 return true; 41 } 42 43 int main() 44 { 45 for (int i = 0; i <= 9; ++i) Hash[i + '0'] = i; 46 Hash['A'] = 10; 47 Hash['B'] = 11; 48 Hash['C'] = 12; 49 Hash['D'] = 13; 50 Hash['E'] = 14; 51 Hash['F'] = 15; 52 while (scanf("%d", &n) != EOF) 53 { 54 for (int i = 1; i <= n; ++i) 55 scanf("%s", s[i] + 1); 56 for (int i = 1; i <= n; ++i) change(i); 57 res = 1; 58 vector <int> fac; 59 for (int i = 1; i * i <= n; ++i) if (n % i == 0) fac.push_back(i), fac.push_back(n / i); 60 sort(fac.begin(), fac.end()); 61 fac.erase(unique(fac.begin(), fac.end()), fac.end()); 62 reverse(fac.begin(), fac.end()); 63 for (auto it : fac) if (it > 1) 64 { 65 if (solve(it)) 66 { 67 res = it; 68 break; 69 } 70 } 71 printf("%d ", res); 72 } 73 return 0; 74 }
E. Vasya and Binary String
Upsolved.
题意：
有一个01串，每次可以取连续的一段相同的消除
消除后剩下的两段合并，给出连续消去$x个可以获得的价值$
求最大价值
思路：
$dp[l][r][k]表示区间[l, r]并且末尾接着k个与r相同的字符的最大价值$
$那么转移可以在[l, r]中找一个i使得s[i] = s[r] 那么答案就是 dp[l][i][k + 1] + dp[i + 1][r - 1][0]$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define ll long long 5 #define N 110 6 7 int n; 8 char s[N]; 9 ll a[N]; 10 ll dp[N][N][N]; 11 12 ll DFS(int l, int r, int k) 13 { 14 if (r < l) return 0; 15 if (l == r) return a[k + 1]; 16 if (dp[l][r][k] != -1) return dp[l][r][k]; 17 dp[l][r][k] = a[k + 1] + DFS(l, r - 1, 0); 18 for (int i = l; i < r; ++i) if (s[i] == s[r]) 19 dp[l][r][k] = max(dp[l][r][k], DFS(l, i, k + 1) + DFS(i + 1, r - 1, 0)); 20 return dp[l][r][k]; 21 } 22 23 int main() 24 { 25 while (scanf("%d", &n) != EOF) 26 { 27 scanf("%s", s + 1); 28 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", a + i); 29 memset(dp, -1, sizeof dp); 30 printf("%lld ", DFS(1, n, 0)); 31 } 32 return 0; 33 }
F. Vasya and Endless Credits
Upsolved.
题意：
有一个人可以向银行借款
$a_i, b_i, k_i$
$a_i表示借a_i元，b_i表示在接下来的k_i个月需要给银行b_i元钱$
求如何借款，使得其中某个月拥有最大的钱数
思路：
$dp[i]表示一共借款i个月的最大价值$
$假如我们有一个方案，那么这个方案得到的a_i的总和一样的情况下$
$我们希望将b_i大的借的月数较少，这样得到的钱数更多$
$可以先将b_i排序，再dp$
$每次可以将dp[i + 1] + dp[i] + 当前物品借i个月的价值$
$或者dp[i] 可以直接更新为加上当前月借满的状态$
$这样转移的时候就不用讨论i和k的大小关系$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define ll long long 5 #define N 510 6 int n; 7 struct node 8 { 9 ll a, b, k; 10 void scan() { scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &k); } 11 bool operator < (const node &other) const { return b > other.b; } 12 }a[N]; 13 ll dp[N]; 14 15 int main() 16 { 17 while (scanf("%d", &n) != EOF) 18 { 19 for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i].scan(); 20 sort(a + 1, a + 1 + n); 21 memset(dp, 0, sizeof dp); 22 for (int i = 1; i <= n; ++i) 23 { 24 for (int j = n - 1; j >= 0; --j) 25 { 26 dp[j + 1] = max(dp[j + 1], dp[j] + a[i].a - a[i].b * j); 27 dp[j] = max(dp[j], dp[j] + a[i].a - a[i].b * a[i].k); 28 } 29 } 30 printf("%lld ", *max_element(dp, dp + 1 + n)); 31 } 32 return 0; 33 }
G. Vasya and Maximum Profit
Upsolved.
题意：
有一些题目，可以选择连续的一段卖出去
设题目数为$x，则得到的利润为 a cdot x - sum c_i - max(d[i + 1] - d[i])^2$
思路：
用线段树维护右端点的答案，再从后往前移动左端点，在考虑在左边加入一个点的答案
对右端点的贡献的影响 $影响为 a - c[i]$
$max(d[i + 1] - d[i]) ^2 这部分的影响可以用单调栈维护某个区间的最大值是多少$
$因为每个值只会被操作两次，复杂度O(nlogn)$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define ll long long 5 #define N 300010 6 #define INFLL 0x3f3f3f3f3f3f3f3f 7 int n; 8 ll a, c[N], d[N]; 9 ll val[N]; 10 struct node 11 { 12 ll v; int l, r; 13 node () {} 14 node (ll v, int l, int r) : v(v), l(l), r(r) {} 15 }; 16 17 namespace SEG 18 { 19 struct node 20 { 21 ll lazy, Max; 22 node () {} 23 node (ll lazy, ll Max) : lazy(lazy), Max(Max) {} 24 void init() { lazy = Max = 0; } 25 void add(ll v) 26 { 27 lazy += v; 28 Max += v; 29 } 30 node operator + (const node &other) const 31 { 32 node res; res.init(); 33 res.Max = max(Max, other.Max); 34 return res; 35 } 36 }a[N << 2]; 37 void init() { memset(a, 0, sizeof a); } 38 void pushdown(int id) 39 { 40 if (!a[id].lazy) return; 41 a[id << 1].add(a[id].lazy); 42 a[id << 1 | 1].add(a[id].lazy); 43 a[id].lazy = 0; 44 } 45 void update(int id, int l, int r, int ql, int qr, ll v) 46 { 47 if (l >= ql && r <= qr) 48 { 49 a[id].add(v); 50 return; 51 } 52 int mid = (l + r) >> 1; 53 pushdown(id); 54 if (ql <= mid) update(id << 1, l, mid, ql, qr, v); 55 if (qr > mid) update(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, v); 56 a[id] = a[id << 1] + a[id << 1 | 1]; 57 } 58 ll query(int id, int l, int r, int ql, int qr) 59 { 60 if (l >= ql && r <= qr) return a[id].Max; 61 int mid = (l + r) >> 1; 62 pushdown(id); 63 ll res = 0; 64 if (ql <= mid) res = max(res, query(id << 1, l, mid, ql, qr)); 65 if (qr > mid) res = max(res, query(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr)); 66 return res; 67 } 68 } 69 70 71 int main() 72 { 73 while (scanf("%d%lld", &n, &a) != EOF) 74 { 75 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld%lld", d + i, c + i); 76 for (int i = 2; i <= n; ++i) val[i] = (d[i] - d[i - 1]) * (d[i] - d[i - 1]); 77 SEG::init(); 78 stack <node> sta; 79 ll res = 0; 80 for (int i = n; i >= 1; --i) 81 { 82 SEG::update(1, 1, n, i, n, a - c[i]); 83 if (i != n) 84 { 85 node now = node(val[i + 1], i + 1, i + 1); 86 while (!sta.empty()) 87 { 88 node tmp = sta.top(); 89 if (now.v >= tmp.v) 90 { 91 SEG::update(1, 1, n, tmp.l, tmp.r, tmp.v); 92 now.r = tmp.r; 93 sta.pop(); 94 } 95 else 96 break; 97 } 98 SEG::update(1, 1, n, now.l, now.r, -now.v); 99 sta.push(now); 100 } 101 res = max(res, SEG::query(1, 1, n, i, n)); 102 sta.push(node(0, i, i)); 103 } 104 printf("%lld ", res); 105 } 106 return 0; 107 }