Codeforces Round #642(div3) A-E题解

A - Most Unstable Array

构造长为n，和为m的数组a，使得相邻元素差的绝对值之和最大。即，需要构造形如(0,x,0,0..)的数组。

• n == 1,ans = 0
• n == 2,ans = m
• n > 2,ans = 2 * m

B - Two Arrays And Swaps

a,b两数组将可以交换k次，最终使得a数组各元素和最大。将两数组排序，每次交换：若a中最小值小于b中最大值则交换，最后计算结果即可。

C - Board Moves

n*n个点，相邻的点之间可以移动，耗时为1，询问将所有点移动到一点需要的最短时间.

比赛时的解法：

• n为奇数时，其他点移动到中心点最优，模拟每一步的移动，计算。
• n为偶数， 中心点选择 x or y == n / 2中的一个点即可，处理同上。（emm,做的太急，题中规定：n is odd...）
• 以上两种情况画个图会很清楚的看出来选择方案。

官方：

​ 选中中心点后，有8个点可以1步到达，16个点2步...

• ans = 1 * 8 + 2 * 16 + 3 * 24 + ... = 1 * 1 * 8 + 2 * 2 *8 + 3 * 3 * 8 + ...
• 循环计算n / 2次，每一次的i * i求和，最终结果 * 8.

D - Constructing the Array

一个全0数组，初始l = 1,r = n,每一步中选择最长的连续靠左全0区间。

• 第i步，r - l + 1为奇数，a[l + r >> 1] = i; 否则，a[l + r - 1 >> 1] = i;

• 使用优先队列存储各全0区间，其中r - l大的优先级最高，区间长度相等,l小的优先级高。

int mid,idx,t,n,a[kN];
//每次选择l r 最长全0序列 靠左 
struct node{
	int l,r;
	friend bool operator < (node a,node b){//r - l大的优先级高 
		if((a.r - a.l) == (b.r - b.l))  return a.l > b.l;//靠左，l小优先级高 
		return (a.r - a.l) < (b.r - b.l);
	}
}cur;
int main(void){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin >> t;
	priority_queue<node> q;
	while(t--){
		cin >> n;
		cur.l = 1,cur.r = n;
		q.push(cur);
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			cur = q.top();
			q.pop();
			idx = cur.r - cur.l + 1;
			if(cur.r == cur.l){
				a[cur.r] = i;
				continue;
			}
			if(idx & 1){
				mid = cur.r + cur.l >> 1;
				a[mid] = i;
			}
			else{
				mid = cur.l + cur.r - 1 >> 1;
				a[mid] = i;
			}
			q.push({cur.l,mid - 1});
			q.push({mid + 1,cur.r});
		}
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			if(i != 1) cout << ' ';
			cout << a[i];
		}
		cout << endl;
		while(!q.empty()) q.pop(); 
	}
    
	return 0;
} 

E - K-periodic Garland

n个灯组成了一个环，等长字符串表示灯的状态 - '0': 关闭。'1':开启。如果每对相邻的灯之间距离为k，则称为k周期。（0010010,001001 均可以，001010001,1001等则不可以），如果花环不是k周期，寻找最少的灯的状态改变个数。 -- 01串修改为相邻两1之间有k - 1个0.

• 字符串分为k个周期子串，结果中的各个'1'的索引 mod k后的值相等。

• '1'的位置选定后，其他位置的'1'修改为'0'。

• 先记录原字符串中1的个数sum,初始答案赋值为sum（存在000..x or 00...0这样的合法序列，若需要修改的次数大于之前1的个数，之前修改为全0,次数更少，answer最大为sum）
  dp解法

• dp(i,0 or 1)表示第i位为0 or 1时符合要求的最小操作次数,cnt[i]:前i位中，1的个数

• dp(i,0) = min(dp(i - 1, 0),dp(i - 1, 1)) + s[i] != '0'

• dp(i,1) = min(dp(i - k,1) + cnt( i - 1) - cnt[i - k],cnt[i - 1]) + s[i] != '1'//cnt[i - 1] - cnt[i - k] :(i - 1,i - k]中的1的个数,也可修改为00...01

cin >> n >> k >> s;

for(int i = 0; i < n; i++) cnt[i] = cnt[i - 1] + (s[i] - '0'),dp[i] = 0x3f3f3f3f;
for(int i = 0; i < n; i++){
      if(i < k){
    	dp[i][1] = cnt[i - 1] + (s[i] == '0');//第一个周期，之前的1全部修改
        dp[i][0] = min(dp[ i - 1][1],dp[i - 1][0]) + (s[i] == '1')
      }else{
        dp[i][1] = min(dp[i - k][1] + cnt[i - 1] - cnt[i - k],cnt[i - 1]) + (s[i] == '0');
        dp[i][0] = min(dp[i - 1][1],dp[i - 1][1]) + (s[i] == '1');
    }
}

cout << min(dp[n - 1][0],dp[n - 1][1]) << endl;