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A. Add Candies
题意
(1) 到 (n) 个袋子里依次有 (1) 到 (n) 个糖果,可以选择操作 (m) 次,第 (i) 次操作可以:
- 选择一个袋子,除了这个袋子外其他袋子都再放入 (i) 个糖果
问是否存在一种操作序列,使得最终 (n) 个袋子内的糖果数相同。
题解
将每个袋子内的糖果都加到 (frac{n(n + 1)}{2}) 个。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
cout << n << "
";
for (int i = 1; i <= n; i++) cout << i << "
"[i == n];
}
return 0;
}
B. Numbers Box
题意
给出一个 (n imes m) 的矩阵,每次操作可以:
- 选择任意两个相邻元素各乘以 (-1)
可以操作任意次,问矩阵中所有元素之和的最大值为多少。
题解
有零的话可以把所有负数都变为正,答案即所有数的绝对值之和。
否则如果负数个数为奇数,需要减去一个绝对值最小的数。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n * m);
int sum = 0, neg = 0, zero = 0, mi = INT_MAX;
for (auto &x : a) cin >> x, sum += abs(x), neg += x < 0, zero += x == 0, mi = min(mi, abs(x));
if (neg & 1 and zero == 0) sum -= 2 * mi;
cout << sum << "
";
}
return 0;
}
C. Knapsack
题意
有一个承重为 (W) 的背包,另有 (n) 个物品,分别重 (w_i) ,判断能否找到一些物品使得它们的总重 (C) 满足 (lceil frac{W}{2} ceil le C le W) ,如果可以,输出这些物品的编号。
题解
首先去除 (w_i > W) 的元素,然后如果有单个 (w_i ge lceil frac{W}{2} ceil) 直接选取即可,此时余下的 (w_i) 均小于 (lceil frac{W}{2} ceil) ,如果它们的总和小于 (lceil frac{W}{2} ceil) 则无解,否则一定存在满足题意的序列,依次选取至不小于 (lceil frac{W}{2} ceil) 即可。
证明
两个小于 (lceil frac{W}{2} ceil) 的数相加有两种情况:
- 小于 (lceil frac{W}{2} ceil)
- 不小于 (lceil frac{W}{2} ceil) 且小于 (W)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
long long n, W;
cin >> n >> W;
long long mid_W = (W + 1) / 2;
vector<int> w(n);
for (auto &x : w) cin >> x;
vector<int> p(n);
iota(p.begin(), p.end(), 0);
sort(p.begin(), p.end(), [&](int x, int y) {
return w[x] < w[y];
});
while (p.size() and w[p.back()] > W) {
p.pop_back();
}
if (p.empty() or accumulate(p.begin(), p.end(), 0LL, [&](long long sum, int x) { return sum + w[x]; }) < mid_W) {
cout << -1 << "
";
continue;
}
if (w[p.back()] >= mid_W) {
cout << 1 << "
" << p.back() + 1 << "
";
continue;
}
vector<int> v;
long long sum = 0;
for (auto i : p) {
sum += w[i], v.push_back(i);
if (sum > mid_W) break;
}
cout << v.size() << "
";
for (auto i : v) cout << i + 1 << "
"[i == v.back()];
}
return 0;
}
D. Catching Cheaters
题意
给出两个字符串 (s, t) ,定义: (f(s, t) = 4 cdot LCS(s, t) - |s| - |t|) 。
找出 (s, t) 所有连续子串匹配的可能情况中最大的函数值。
题解
(dp_{ij}) 的含义为以 (s_i) 和 (t_j) 结尾的两个连续子串匹配的最大函数值。
状态转移方程分为两种情况:
- (s_i = t_j)
- 可以在以 (s_{i - 1}) 和 (t_{j - 1}) 结尾的两个子串尾部各添加一个字符,即 (dp_{ij} = dp_{i - 1 j - 1} + 2)
- 也可以在两个空串尾部添加一个字符,即 (dp_{ij} = 0 + 2)
- (s_i
e t_j)
- 可以在以 (s_{i - 1}) 或 (t_{j - 1}) 结尾的一个子串尾部添加一个字符,即 (dp_{ij} = max(dp_{i - 1 j}, dp_{i j - 1}) - 1)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
string s, t;
cin >> s >> t;
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(m + 1));
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (s[i - 1] == t[j - 1]) dp[i][j] = max(0, dp[i - 1][j - 1]) + 2;
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) - 1;
ans = max(ans, dp[i][j]);
}
}
cout << ans << "
";
return 0;
}