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1367A. Short Substrings
Description
一个字符串 abac，然后把所有长度为2的子串加起来变成新串，abbaac，由 ab ba ac组成。现在给出新串，找出原串。
直接模拟即可
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
string s; cin >> s;
cout << s[0];
for (int i = 1; i < s.size(); i += 2) cout << s[i];
cout << "
";
}
}
1367B. Even Array
Description
给定一个数组。有一种操作，可以交换任意两个数的位置。要求的数组奇偶交替出现。最少需要多少次操作。
先统计一遍都多少个奇数不在位置上，和多少个偶数不在位置上。如果不相等，那么无解。反之，把他们放到对应的位置就好了。
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int n; cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int &x : a) cin >> x;
int cnt0 = 0, cnt1 = 0, ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cnt0 += a[i] % 2;
cnt1 += i % 2;
if (i % 2 == 1 && a[i] % 2 == 0) ans += 1;
}
if (cnt0 != cnt1) cout << "-1
";
else cout << ans << "
";
}
}
1367C. Social Distance
Description
给定一个01串。需要保证两个相邻的1之间的距离大于k。求原串在不违背题意的情况下，还能插入多少个1。
这个需要分情况考虑。左边连续的0单独计数。右边连续的0单独计数。中间出现的连续的0单独计数。
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int n, k; string s;
cin >> n >> k >> s;
int sum = 0, cnt = 0, pre = 0;
k += 1;
bool f = false;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (s[i] == '0') cnt += 1;
else {
f = true;
if (pre == 0) sum += max(0, cnt / k);
else sum += max(0, (cnt - k + 1) / k);
pre = 1, cnt = 0;
}
}
sum += max(0, cnt / k);
if (!f) sum = max(1 + max(0, (n - 1) / k), sum);
cout << sum << "
";
}
}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int n, k; string s;
cin >> n >> k >> s;
int sum = 0, cnt1 = 0, cnt0 = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (s[i] == '1') {
cnt1 += 1;
if (cnt1 == 1)
sum += cnt0 / (k + 1);
else {
sum += (cnt0 - k) / (k + 1);
cnt1 = 1;
}
cnt0 = 0;
}
if (s[i] == '0') cnt0 += 1;
if (i == n - 1 && s[i] == '0' && cnt1 != 0)
sum += cnt0 / (k + 1);
}
if (cnt1 == 0) sum += (cnt0 + k) / (k + 1);
cout << sum << "
";
}
}
1367D. Task On The Board
Description
给定s串，删除一些字符，重新组合，得到t串。根据t串，可以计算一个b数组。$b_i = sum(|j-i|)$ if $t_j > t_i$，也就是所有比i位置大的字符的位置差的和。现在给定s和b数组，求t串。
首先肯定是找 (b) 数组为 (0) 的位置。因为(0) ，就表示，没有比他更大的字符了。然后这些位置填上了字符之后，对于非 (0) 的位置，他们都是有贡献的。把这些贡献从 (b) 数组中减掉，就又会尝试新的 (0) 的位置。就循环模拟这个过程就好了。
const int N = 50;
int b[N];
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
string s; int m;
cin >> s >> m;
for (int i = 0; i < m; ++i) cin >> b[i];
int cnt[30] = {};
for (auto c : s) cnt[c - 'a'] += 1;
int r = m, l = 25;
string t(m, '?');
while (r) {
int c = 0;
for (int i = 0; i < m; ++i)
if (!b[i]) c += 1;
while (cnt[l] < c) l -= 1;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
if (!b[i]) {
t[i] = 'a' + l;
b[i] -= 1;
r -= 1;
}
}
for (int i = 0; i < m; ++i) {
if (t[i] == 'a' + l)
for (int j = 0; j < m; ++j)
if (b[j] > 0) b[j] -= abs(i - j);
}
l -= 1;
}
cout << t << "
";
}
}
1367E. Necklace Assembly
Description
给定一堆字符。然后选出len个，围成一圈。且以k为循环节。即每转动k次，这个圈看上去是一模一样的。给定k。求最大的len。
以 (K) 为循环节。那么以 (K) 的因子 (K) 为循环节都可以。所以先枚举 (K) 的所有因子。然后对于每个循环节 (K) ，如果只由 (K) 个元素组成。那显然是可以的。但是要要枚举 (2*k) ，可不可以，(3*k) 可不可以，直到找到一个最大的 (n*k) 可行。那么对于循环节 (k) 。最大长度就是 (n*k) 。对所有枚举到的取 (max) 就好了。
int check(int k, int cnt[]) {
int tmp = k;
for (int j = 2;; j += 1) {
int tt = 0;
for (int i = 0; i < 26; ++i) tt += cnt[i] / j;
if (tt >= k) tmp = j * k;
else return tmp;
}
}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int cnt[100] = {};
string s;
int n, m;
cin >> n >> m >> s;
for (int i = 0; i < n; ++i) cnt[s[i] - 'a'] += 1;
sort(cnt, cnt + 100);
reverse(cnt, cnt + 100);
int ans = 1;
for (int i = 1; i <= m && i <= n; ++i) {
if (m % i == 0)
ans = max(ans, check(i, cnt));
}
cout << ans << "
";
}
}
1367F1. Flying Sort (Easy Version)
Description
一个数组，一次操作可以选择一个数，放到数组开头，或者放到末尾。问最少多少次操作可以使得数组有序。Easy版中所有元素各不相同。且数组长度 $< 3000$。
超级经典 DP + 离散化处理，⭐一下
考虑求不需要动的元素。先对 (a) 数组离散化，变成值域 (1sim n) 的数组。然后不需要动的元素是差值为 (1) 的连续上升子序列。DP 求这个最大长度就好了。其他的数都是要移动的。并且要移动一个数。至多只移动一次就好了。所以求出最长子序列长度，再用 (n) 减去就是答案了。
const int N = 1e6 + 10;
int a[N], b[N], f[N];
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int n; cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> b[i], a[i] = b[i];
sort(b, b + n);
for (int i = 0; i <= n ; ++i) f[i] = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) a[i] = lower_bound(b, b + n, a[i]) - b + 1;
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
f[a[i]] = f[a[i] - 1] + 1;
ans = max(ans, f[a[i]]);
}
cout << n - ans << "
";
}
}
1367F2. Flying Sort (Hard Version)
AC参考代码
const int N = 2e5 + 10;
int a[N], p[N];
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int n; cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
iota(p, p + n, 0);
sort(p, p + n, [&](int i, int j) {return a[i] < a[j] || a[i] == a[j] && i < j;});
int ans = 0;
for (int l = 0, r; l < n; l = r) {
for (r = l + 1; r < n && p[r] > p[r - 1]; ++r);
int cnt = r - l;
if (l)
for (int i = l - 1; i >= 0 && a[p[i]] == a[p[l - 1]]; i--)
if (p[i] < p[l]) cnt += 1;
if (r < n)
for (int i = r; i < n && a[p[i]] == a[p[r]]; ++i)
if (p[i] > p[r - 1]) ++ cnt;
ans = max(ans, cnt);
}
for (int l = 0, m, r; l < n; l = m) {
for (m = l; m < n && a[p[m]] == a[p[l]]; ++m);
if (m == n) break;
for (r = m; r < n && a[p[r]] == a[p[m]]; ++r);
for (int i = l, j = m; i < m; ++i) {
while (j < r && p[j] < p[i]) ++j;
ans = max(ans, i + 1 - l + r - j);
}
}
cout << n - ans << "
";
}
}