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Codeforces Round #667 Div.3 (CF1409)

Div3，享受俯冲的快感

A:

给两个整数(a)和(b)，你可以让$a pm k (k in [1, 10]) $，求最少操作次数。

签到题，直接给Code吧：

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/04
	Prog: CF1409A
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int T = next();
	while(T--)
	{
		int a, b;
		cin>>a>>b;
		if (a > b) swap(a, b);
		cout<<(b-a)/10+(!!((b-a)%10))<<endl;
	}
	
	return 0;
}

B:

给定(a, b, c, d, n)，你可以进行(n)次操作，在保证(a >= c && b >= d)的情况下将(a)或(b)减(1)，求(ab)最小值。

被这题吊打

一道有点思维难度的 Greedy ，~~可惜我没有思维~~，可以算出(a)的可能最小值(e)和(b)的可能最小值(f)，选可能最小值更小的减去，如果(n)还没有用完就再减另外一个。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/04
	Prog: CF1409B
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int T = next();
    
	while(T--)
	{
		int a, b, c, d, n;
		cin>>a>>b>>c>>d>>n;
		int e = max(c, a-n), f = max(d, b-n);
		if (f > e)
			swap(a, b), swap(c, d);
		if (b-d <= n) n -= b-d, b = d;
		else b -= n, n = 0;
		a -= min(a-c, n);
		cout<<a*b<<endl;
	}
    
    return 0;
}

C:

给定(n, a, b)，构造一个最大值最小的长度为(n)的只包含正整数的等差数列w，使得(a, b in w)。

难度不大， bf 即可，穷举在(a, b)之间元素的个数算出公差，再判断(w)中是否只包含正整数。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/04
	Prog: CF1409C
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	int T = next();
	
	clock_t InputFinished = clock();
	
	while(T--)
	{
		int n, a, b;
		cin>>n>>a>>b;
		rev(i, n-2, 0) if ((b-a)%(i+1) == 0)
		{
			int gc = (b-a)/(i+1);
			int possiblePr = min((a-1)/gc, n-i-2);
			int low = a-possiblePr*gc;
			bool yes = 0;
			rep(j, 0, n) { cout<<low<<" 
"[j == n-1], low += gc; yes = 1; }
			if (yes) break;
		}
	}
	
	return 0;
}

D:

给定正整数(n,s)，令(p = n+k)，并且(p)的各数位之和小于等于(s)，求最小的(k)。

继续被吊打

本思路借鉴，因为写的真的好。

我们随便口胡一个 Greedy ，ezly得出(p)肯定是(n)的某一位的进位，这样我们枚举进位的位数，这道题就ezly解决了。

还有一些(color{orange}{Note})：

不要用字符串来处理(p)，我就是这样然后被虐了
这道题(p) (color{orange}{long long})装不下，所以我们可以用(color{orange}{unsigned long long})。
要特判(n)位数之和是不是已经小于(s)了，如果是那么直接输出(0)就ok啦。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/05
	Prog: CF1409D
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int T = next();
	while(T--)
	{
		int n, s, ans = 0, all = 0;
		cin>>n>>s;

		int temp = n;
		while(temp) all += temp%10, temp /= 10;
		if (all <= s) { cout<<0<<endl; continue; }

		for(ull mod = 1; mod <= n; mod *= 10)
		{
			int bitnum = n/mod%10;
			if (!bitnum) continue;
				// 当前位数为0，不需要进位
			ans += (10-bitnum)*mod;
			n += (10-bitnum)*mod;
				// 进位
			all = 0;
			temp = n;
			while(temp) all += temp%10, temp /= 10;
			if (all <= s) break;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	
	return 0;
}

E:

给你(k)和二维坐标(n)个点，你要放置两个长度为(k)的平台，放好后点会掉下来，求最多的落在平台上的点的个数。

不难发现(y)轴根本没用，因为你可以把平台放置在y轴的(- infty)上。

也不难发现平台不重叠是最优的。

用最朴素的 bf 思想可以想出(O(n^2))做法，先把点排序，遍历每一个点的(x)坐标，求出把平台左端放这儿能覆盖多少个点，答案是两个最大值之和。

可惜，(O(n^2))会超时，这时我们考虑把一层(O(n))给优化，让时间复杂度低于(O(nlogn))。优化遍历点肯定无法做到，然则，我们可以优化求出把平台放这儿能覆盖多少个点。

既然已经排好了序，那数组就满足单调性，可以考虑二分，至于代码，(color{red}{PigeonGuGuGu})。

设平台最左边覆盖的点为(e)，最右边覆盖的点为(b)，不难发现(e >= b)，这时候满足了__two-pointer__（尺取）的性质，我们可以设两个数组(l, r)，(l)表示从(point[1, t])能够覆盖的最多的点，(r)表示从(point[t, n))能够覆盖的最多的点，求出(l, r)之后，枚举(t)来求出答案。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/05
	Prog: CF1409E
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
const int U = 2e5+50;
int w[U], l[U], r[U];
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int T = next();
	while(T--)
	{
		int n, t;
		cin>>n>>t;
		rep(i, 0, n) cin>>w[i];
		rep(i, 0, n) next();

		sort(w, w+n);
		if (w[n-1]-w[0] <= t*2) { cout<<n<<endl; continue; }

		int pos = 0;
		rep(i, 0, n)
		{
			while(w[pos]-w[i] <= t && pos < n) pos++;
			r[i] = pos-i;
		}
		rev(i, n-2, 0) r[i] = max(r[i+1], r[i]);
		
		pos = n-1;
		rev(i, n-1, 0)
		{
			while(w[i]-w[pos] <= t && pos >= 0) pos--;
			l[i] = i-pos;
		}
		rep(i, 1, n) l[i] = max(l[i-1], l[i]);

		int ans = -1<<30;
		rep(i, 0, n) ans = max(ans, l[i]+r[i+1]);
		cout<<ans<<endl;
	}

	return 0;
}

F:

给你一个长为(n)的字符串(a)和长为(2)的字符串(b)和(k)，你有(k)次机会修改(a)中元素，(a)中有(ans)个子序列为(b)，求(ans)最大值。

一道明显的3维 dp ，dp方程有亿点长（

在字符串(a)中，(ans)实际是每个(b)之前(a)的个数之和。

显而易见，修改(a)中字符只会修改成(b[0])或(b[1])，综上，我们可以设置dp状态为(dp(i,j,k))，i代表当前下标，(j)代表已使用(s)次修改机会，(k)代表在(i)及之前出现(b[0])的次数，那我们可以对dp方程进行分类讨论：

不修改字符，这时我们分类讨论：
1. 当前字符为(b[0])，即(dp(i, j, k) = dp(i-1, j, k-1))。
2. 当前字符为(b[1])，即(dp(i, j, k) = dp(i-1, j, k) + k)。
3. 既不是(b[0])也不是(b[1])，即(dp(i, j, k) = dp(i-1, j, k))。
修改字符，这时我们又要分类讨论：
1. 当前字符不为(b[1])，那我们可以把它修改为(b[1])，即(dp(i, j, k) = dp(i, j-1, k-1))。
2. 当前字符不为(b[0])，那我们可以把它修改为(b[0])，即(dp(i, j, k) = dp(i, j-1, k)+k)。

还有一个小特判，当(b[0] == b[1])的时候，修改(a)中非(b[0])的哪一个字符都可以，令(p=max{k+cnt, n})，则答案为(C _p ^2)，可化为(p(p-1)/2)，~~读者自证不难~~。

Code:

/*
	ID: Loxilante
	Time: 2020/09/06
	Prog: CF1409F
	Lang: cpp
*/
#ifdef ONLINE_JUDGE
#pragma GCC optimize("O3")
#endif
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define hrp(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define rev(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
#define ms(n, t) memset(n, t, sizeof(n))
#define pb push_back
#define int ll
#ifndef JOEON
#define D(...) 97
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename tn = int> inline tn next(void) { tn k; cin>>k; return k; }
const int U = 2e2+50;
int dp[U][U][U];
signed main(void)
{
	#ifdef JOEON
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\IN.txt", "r", stdin);
//		freopen("C:\Users\Joeon\Desktop\OUT.txt", "w", stdout);
	#endif
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int n, s, ans = -1<<30;
	cin>>n>>s;
	string a, b;
	cin>>a>>b;

	if (b[0] == b[1])
	{
		int cnt = s;
		rep(i, 0, n) cnt += a[i] == b[0];
		cnt = min(cnt, n);
		cout<<cnt*(cnt-1)/2<<endl;
		return 0; 
	}
		
	ms(dp, -2);

	hrp(j, 0, s) dp[0][j][0] = 0;

	auto chkmax = [=](auto& a, auto b)
	{
		if (b > a) a = b;
	};

	rep(i, 0, n) hrp(j, 0, s) rep(k, 0, n)
	{
		#define now dp[i+1][j][k]
		now = dp[i][j][k];

		if (a[i] == b[0] && k) chkmax(now, dp[i][j][k-1]);
		else if (j && k) chkmax(now, dp[i][j-1][k-1]);
		if (a[i] == b[1]) chkmax(now, dp[i][j][k]+k);
		else if (j) chkmax(now, dp[i][j-1][k]+k);

		#undef now
	}

	rep(k, 0, n) chkmax(ans, dp[n][s][k]);

	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

完结撒花~~~

唯一一篇AK的的题解

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Loxilante/p/CF1409.html