AtCoder ABC 251 （D ~ E）_abc251e-优快云博客

本文介绍了AtCoder ABC 251中的两个问题，分别是D-AtMost3的构造思维题和E-Takahashi and Animals的动态规划问题。前者涉及序列构造以覆盖1到1e6的整数，后者通过状态转移设计最小成本点亮动物序列。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

AtCoder ABC 251

D - At Most 3 (Contestant ver.)(构造 + 思维)

Description:

构造一个长度为300的序列任取1或者2或者3个数使其能构成1~1e6的所有数

Solution:

将1e6想办法分为三分如果是想着/3的话那就走上了歪路

应该想的是将六位数分割成六位一个数可以影响两位

三个数相加就可以影响6位了于是构造方案出现

Code:

signed main()
{
    int w;
    cin >> w;
    cout << 300 << endl;
    for(int i = 1; i <= 300; i ++)
        cout << i << ' ' << i * 100 << ' ' << i * 10000 << ' ';
}

E - Takahashi and Animals(状态DP)

Description:

有一个序列长度为n a_i代表其代价若选择了i 那么i和**(i + 1) % n**将被点亮并花费a_i

求点亮所有位置的最小花费

Solution:

很经典的一种状态设计和转移的模型

我们可以简单的想到设计**dp[i] [2]**为当前位置选和不选两种状态

那么转移就可以设置为

dp[i][0] = dp[i - 1][1];
dp[i][1] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + a[i];

写到这里貌似已经结束了但其实还有问题我们忘记考虑了点亮n和1之间的关系

这点要是在转移方程里写应该会很麻烦于是我们直接分类讨论

Code:

//一种是必选1
    f[2][1] = a[1] + a[2];
    f[2][0] = a[1];
    rep(i, 3, n + 1)
    {
        f[i][0] = f[i - 1][1];
        f[i][1] = min(f[i - 1][1], f[i - 1][0]) + a[i];
    }
    int res1 = min(f[n][1], f[n][0]);
//一种是不确定选不选1
	f[2][1] = a[2];
    f[2][0] = a[2];
    rep(i, 3, n + 2)
    {
        f[i][0] = f[i - 1][1];
        if(i == n + 1)   
            f[i][1] = min(f[i - 1][1], f[i - 1][0]) + a[1];
        else 
            f[i][1] = min(f[i - 1][1], f[i - 1][0]) + a[i];
    }
    int res2 = min(f[n + 1][1], f[n + 1][0]);
cout << min(res1, res2);