传送门
这一场比赛D题想假了，结果fst。本来能涨，这下掉了12分。
A
有结论？A题还猜什么结论，直接留1个3,2个2,3个1暴力，时间复杂度(O(1000 * 2^6))，过了就是了。
至于结论，是这么推出来的：令(S=a+2b+3c)，即所有数的和。那么用这些数一定能凑出来([1sim S])中的任何一个整数。因为(a,b,cgeqslant 1)，那么先贪心的用3凑，这样要么3没了，要么余数小于3，因此再用2和1必定能凑出来。
那么就分成(lfloor frac{S}{2} floor)和(lceil frac{S}{2} ceil)两组即可，进而得出，当(S)为奇数的时候答案为1，偶数的时候答案为0.
代码不贴了。
B
水题一道，统计0的个数为(c_0)，1的个数为(c_1)，输出(2^{c_0} * c_1)即可。
C
C题稍有点意思，但也不难。
显然对于每个字母可以单独考虑，那么枚举字母ch，然后反过来想：先把ch都删去，然后对称的贪心添加ch即可。要注意的是ch可以作为回文中心，即最中间的c不用成对的添加。
我这代码学的略丑，推荐题解的代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; ~i && (y = e[i].to); i = e[i].nxt)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 1e5 + 5;
In ll read()
{
ll ans = 0;
char ch = getchar(), las = ' ';
while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
if(las == '-') ans = -ans;
return ans;
}
In void write(ll x)
{
if(x < 0) x = -x, putchar('-');
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
int n;
char s[maxn];
int cnt = 0;
char t[maxn];
In bool check()
{
for(int i = 1, j = cnt; i <= cnt; ++i, --j)
if(t[i] != t[j]) return 0;
return 1;
}
In int solve(char c)
{
cnt = 0; int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
if(s[i] != c) t[++cnt] = s[i];
else sum++;
if(!check()) return INF;
int suml = 0, sumr = 0;
int i = 1, j = n, tot = 0;
while(s[i] != c && i <= n) ++i, suml++;
while(s[j] != c && j) --j, sumr++;
while(i < j)
{
if(suml == sumr)
{
tot += 2, ++i, --j;
while(s[i] != c && i <= n) ++i, suml++;
while(s[j] != c && j) --j, sumr++;
}
else if(suml < sumr)
{
++i;
while(s[i] != c && i <= n) ++i, suml++;
}
else if(suml > sumr)
{
--j;
while(s[j] != c && j) --j, sumr++;
}
}
if(i == j && suml == sumr) tot++;
return sum - tot;
}
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
n = read();
scanf("%s", s + 1);
int ans = INF;
for(int i = 0; i < 26; ++i) ans = min(ans, solve('a' + i));
write(ans == INF ? -1 : ans), enter;
}
return 0;
}
D
这题我想复杂了，还不对……
首先当(n)是偶数的时候很好办，只要令(b_i=a_{i+1},b_{i+1}=-a_i)即可，而且这样有(sum_{i=1}^n |b_i| leqslant MAXA * MAXN = 10^9)，刚好不会超题中的限制。
当(n)是奇数的时候怎么办呢？前面的三个数单独处理，后面的就变成(n)是偶数的情况。至于前面的三个数，直接令(b_1 = -a_3,b_2=-a_3,b_3=a_1+a_2)即可。但是要注意两数之和不能等于0，而这在三个数中必然存在（因为至少有两个数是同号）
我们在算一下这种构造方法的最大值：对于后面的(n-3)个数，他们的最大值是(MAXA * (MAXN-1-3))（因为(n)是奇数，而(MAXN)是偶数，所以要多减1），而前三个数的最大值是(MAXA * (1+1+2)).把这两部分加起来，刚好就是(MAXA * MAXN=10^9)，妙吧。
而我场上的方法就比较蠢了。对于(n)是奇数的那三个数，我列出了一个不定方程，用exgcd解……虽然能解出来，但这样就不满足题目中最大值的限制了。
给个正解的代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; ~i && (y = e[i].to); i = e[i].nxt)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 1e5 + 5;
In ll read()
{
ll ans = 0;
char ch = getchar(), las = ' ';
while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
if(las == '-') ans = -ans;
return ans;
}
In void write(ll x)
{
if(x < 0) x = -x, putchar('-');
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
int n, a[maxn];
In void solve()
{
int beg;
if(n & 1)
{
beg = 4;
if(a[1] + a[2]) printf("%d %d %d ", -a[3], -a[3], a[1] + a[2]);
else if(a[1] + a[3]) printf("%d %d %d ", -a[2], a[1] + a[3], -a[2]);
else printf("%d %d %d ", a[2] + a[3], -a[1], -a[1]);
}
else beg = 1;
for(int i = beg; i <= n; i += 2) write(a[i + 1]), space, write(-a[i]), space;
enter;
}
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
solve();
}
return 0;
}
E
这题其实非常简单，注意到(K leqslant sqrt{2n})，因此可以直接dp。
因为题目中序列的长度递减，所以可以倒着dp.令(dp[i][j])表示到第(i)个位置，最后一段长度为(j)时，能取到的最大值，那么就有(dp[i][j] = max{dp[i - 1][j], S(i, i + j - 1)})（需满足(S(i, i + j - 1) < dp[i + j][j - 1])）
这样(O(nsqrt{n}))就能轻松搞定了。
而我比赛的时候就狠奇葩了：dp方程我想出来了，但是我是正的dp的。因为(K)满足单调性，所以我先二分，然后用dp检验。注意到dp的状态（应该）不是很多，所以我只把合法的状态存下来，转移的时候用单调栈优化，用时1918ms卡掉了这道题……
我贴一个正解的代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; ~i && (y = e[i].to); i = e[i].nxt)
typedef long long ll;
typedef double db;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxk = 455;
In ll read()
{
ll ans = 0;
char ch = getchar(), las = ' ';
while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
if(las == '-') ans = -ans;
return ans;
}
In void write(ll x)
{
if(x < 0) x = -x, putchar('-');
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
int n;
ll a[maxn], sum[maxn];
In ll S(int L, int R) {return sum[R] - sum[L - 1];}
ll dp[maxn][maxk];
In int DP()
{
int K = 1;
while((K + 1) * (K + 2) / 2 <= n) ++K;
for(int i = 1; i <= K; ++i) dp[n + 1][i] = -1;
dp[n + 1][0] = INF;
for(int i = n; i; --i)
{
dp[i][0] = INF;
for(int j = 1; j <= K; ++j)
{
dp[i][j] = dp[i + 1][j];
if(i + j - 1 <= n && S(i, i + j - 1) < dp[i + j][j - 1]) dp[i][j] = max(dp[i][j], S(i, i + j - 1));
}
}
for(int i = K; i; --i) if(~dp[1][i]) return i;
return 0;
}
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
a[i] = read();
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
write(DP()), enter;
}
return 0;
}
还有这是我的神奇做法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; ~i && (y = e[i].to); i = e[i].nxt)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 1e5 + 5;
In ll read()
{
ll ans = 0;
char ch = getchar(), las = ' ';
while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
if(las == '-') ans = -ans;
return ans;
}
In void write(ll x)
{
if(x < 0) x = -x, putchar('-');
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
int n;
ll a[maxn], sum[maxn];
In ll S(int L, int R) {return sum[R] - sum[L - 1];}
struct Node
{
int pos; ll val;
In bool operator < (const Node& oth)const
{
return pos < oth.pos;
}
};
vector<Node> st[maxn];
int cnt[maxn];
In void in(int pos, int len, ll val) //把合法的dp状态存到栈里
{
int& top = cnt[len];
if(top && st[len][top].val <= val) return;
if(++top == (int)st[len].size()) st[len].push_back((Node){0, 0});
st[len][top] = (Node){pos, val};
}
In bool check(int len)
{
for(int i = 1; i <= n; ++i) st[i].clear(), st[i].push_back((Node){0, 0}), cnt[i] = 0;
for(int i = len; i <= n; ++i)
{
in(i, len, S(i - len + 1, i));
int tot = len;
for(int j = len - 1; j; --j)
{
if(j + tot > i) break;
ll tp = S(i - j + 1, i);
int pos = upper_bound(st[j + 1].begin(), st[j + 1].end(), (Node){i - j, 0}) - st[j + 1].begin() - 1;
if(pos > 0 && pos <= cnt[j + 1] && st[j + 1][pos].val < tp) in(i, j, tp);
tot += j;
}
}
return cnt[1] > 0;
}
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
a[i] = read();
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
int L = 1, R = 1;
while(R * (R + 1) / 2 <= n) R++;
R--;
while(L < R)
{
int mid = (L + R + 1) >> 1;
if(check(mid)) L = mid;
else R = mid - 1;
}
write(L), enter;
}
return 0;
}
F1
F2以后再看吧，先说一下F1的思路。
F1其实一点也不难，我也纳闷比赛的时候怎么没想出来。首先观察到(a_i leqslant 500)，这就意味着异或出来的数也不超过511.因此我们用(val[i][x])表示到序列的第(i)个数，异或出(x)时，最后一个数(a_j)的最小值。那么每读一个(a_i)，就判断(val[i-1][x])是否小于(a_i)，是的话就可以转移到(val[i][x extrm{XOR} a_i])上。
这样的时间复杂度是(O(500n))的。实现的时候可以省去第一维。
看代码吧，一看就懂了。
const int maxb = 512;
int n, val[maxb];
int main()
{
n = read();
Mem(val, 0x3f), val[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
int x = read();
for(int i = 0; i < maxb; ++i) if(val[i] < x) val[i ^ x] = min(val[i ^ x], x);
}
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < maxb; ++i) if(val[i] != INF) ++cnt;
write(cnt), enter;
for(int i = 0; i < maxb; ++i) if(val[i] != INF) write(i), space; enter;
return 0;
}