2022暑期杭电第十场

1003题

Wavy Tree

题目链接

题目大意：

如果对于一个长度为 $n$ ，下标从 $1$ 开始的数组 $a$ ，对于 $\forall i\in (1,n)$， 有 $a[i]>max(a[i-1],a[i+1])$ 或者 $a[i]<min(a[i-1],a[i+1])$ 成立，我们认为 $a$ 数组是起伏不平的。

现在，给定一个长度为 $n$ 且由正整数组成的数组 $b$ ，你需要通过一下操作让数组 $b$ 变得起伏不平：

• 选定一个位置 $i$，让 $b_i$ 增大或者减小 $1$ 。

以上操作每次需要消耗 $1$ 个硬币，问：要使得数组 $b$ 变得起伏不平，最少需要耗费多少个硬币？

思路：

通过分析，我们知道：当我们确定了前三个数的相对关系后，后续的所有数的相对关系也随之确定，代价的计算方式也是相同的。

换而言之，我们需要决定的是奇数位置填较大的数还是偶数位填较大的数。直观的看，若将处理后的 $b$ 数组在二维坐标系上表示出来，并连线，就是一条波浪线，所以称数组 $b$ 起伏不平。

通过分析，对于每三个数，我们注意到：我们若只修改后两个数字，代价将会更低。由于我们修改最后一个数时，只涉及到与第二个数之间的相对关系，换而言之，每次我们只需要贪心的考虑 $b_{i-1}$ 和 $b_i$ 两个数之间的大小关系即可，每次只修改 $b_i$ ，就能使得最终答案最优。

参考代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
ll b1[N], b2[N];
ll sum = 0;

void cal(ll a[], int i, bool flag) {
	if(flag) {
		if(a[i - 1] <= a[i])
			sum += a[i] - a[i - 1] + 1, a[i] = a[i - 1] - 1;
	} else {
		if(a[i - 1] >= a[i])
			sum += a[i - 1] - a[i] + 1, a[i] = a[i - 1] + 1;
	}
}

void solve() {
	int n; cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		cin >> b1[i]; b2[i] = b1[i];
	}
	ll ans = 2e18; sum = 0;
	for(int i = 2; i <= n; i ++ )
		if(i & 1) cal(b1, i, 1);
		else cal(b1, i, 0);

	ans = min(ans, sum);
	sum = 0;
	for(int i = 2; i <= n; i ++ )
		if(i & 1) cal(b2, i, 0);
		else cal(b2, i, 1);

	ans = min(ans, sum);
	cout << ans << endl;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	int t; cin >> t;
	while(t -- ) {
		solve();
	}
	return 0;
}

1007题

Even Tree Split

原题链接

题目大意

给定一个长度为 $n$ 的无向树，你需要删除其中的一些边，使得剩下的组件的节点数为偶数，求满足条件的删法数量

思路

对整个树进行深搜并计算相对应的节点数量，记录偶数节点的数量为 $cnt$ ,那么答案就是 $2^{cnt}-1$

代码

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<vector>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5+50;
const int mod = 998244353;
vector<int> g[N];
int cnt; 
int sum[N];
void dfs(int u,int fa){
    int len = (int)g[u].size();
    sum[u] = 1;
    for(int i = 0;i < len;i ++){
        int v = g[u][i];
        if(v == fa)continue;
        dfs(v,u);
        sum[u] += sum[v];
    }
    if(sum[u] % 2 == 0 && u != 1)cnt++;
}


void solve(){
    memset(sum,0,sizeof sum);
    int n;
    cin>>n;
    for(int i = 1;i <= n;i ++)g[i].clear();
    for(int i = 0;i < n-1;i ++){
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    cnt = 0;
    dfs(1,0);
    int ans = 1;
    for(int i = 1;i <= cnt;i ++){
		ans = ans * 2 % mod;	
	}
	cout<<ans-1<<endl;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)solve();
    system("pause");
    return 0;
}

1009题

Painting Game

原题链接

题目大意

$A$ 和 $B$ 轮流涂色，保证不能有两个相邻格子上色，且一直行动到无法在任何一个格子涂色为止， $A$ 想让涂色最小化， $B$ 想让涂色最大化，求最后上色的个数。

分析

由于需要一直涂色直到一方无法涂为止，所以在双方都采取最佳策略的情况下， $A$ 的策略是在最右涂色位置的三格之后涂色，以确保中间两格一定不可使用； $B$ 的策略时在最右涂色位置的四格后涂色，以确保中间的格子必须涂上，所以形成了一个 $7$ 的循环节，每 $7$ 个格子中有 $3$ 个涂满。这样只需考虑小于 $7$ 的情况，枚举一下即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef double db;

int T,n;
string str;
int a[7]={0,1,1,1,2,2,3},b[7]={0,1,1,2,2,3,3};

int main()
{
    scanf("%d\n",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d ",&n);
        cin>>str;
        int ans=n/7*3;
        if(str[0]=='A') ans+=a[n%7];
        else ans+=b[n%7];
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}