Educational Codeforces Round 125 (Rated for Div. 2) CD题解

最新推荐文章于 2025-12-09 19:50:25 发布

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#算法 #c++ #图论

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这篇博客探讨了两种问题：一是处理括号序列，通过马拉车算法判断能否删除成回文或匹配序列；二是制定打怪策略，寻找最小花费雇佣士兵确保无死亡。涉及算法优化和条件判断策略。

C-Bracket Sequence Deletion

题目大意：
当一个括号序列满足以下两个条件之一即为good(长度至少为2)：

是回文序列
左括号和右括号能匹配

每次从左边删除长度最短的good序列，问能够删除几次，最后序列还剩下几个括号。

思路：
用马拉车预处理，然后一边读入括号一边判断当前序列是否为回文或匹配的序列，一旦符合之一就删去。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 1e6 + 10;
using namespace std;

char s[N];
int length, len[N], P, Po; // len[i]保存的是从i到回文右端的长度（i也算在内）
void input()
{
    char c;
    s[0] = '~';
    s[1] = '#';
    length = 1;
    while ((c = getchar()) != '\n')
    {
        s[++length] = c;
        s[++length] = '#';
    }
    s[length + 1] = '\0';
}

void manacher()
{
    int res = 0;
    Po = P = 0;
    for (int i = 0; i <= length; i++)
        len[i] = 0;
    for (int i = 1; i <= length; i++)
    {
        if (i < P) //如果i在P的左侧，先更新len[i]
        {
            int j = 2 * Po - i;
            len[i] = min(len[j], P - i + 1);
        }
        while (s[len[i] + i] == s[i - len[i]])
            ++len[i];
        if (len[i] + i - 1 > P) //更新P的位置
        {
            P = len[i] + i - 1;
            Po = i;
        }
        if (len[i] > res) res = len[i];
    }
}

void solve()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    getchar();
    input();
    manacher();
    int op = 0, cnt = 0, l = 2, flag = 1; // flag记录是否能构成合法序列
    for (int i = 2; i < length; i += 2)
    {
        if (s[i] == '(') //记录左括号比右括号多的数量，等于0说明二者数量相同
            cnt++;
        else
            cnt--;
        if (cnt < 0) flag = 0; //一旦右括号比左括号多，那么合法序列就无法构成

        if ((i - l) / 2 + 1 < 2) continue; //长度不能小于2

        if (flag && cnt == 0) //构成了合法序列
        {
            op++;
            l = i + 2;
        }
        else if (len[(l + i) / 2] + (l + i) / 2 > i) //构成了回文序列
        {
            op++;
            l = i + 2;
            cnt = 0;
            flag = 1;
        }
    }
    printf("%d %d\n", op, (length - 1 - l) / 2 + 1);
}
signed main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    getchar();
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}

D-For Gamers. By Gamers

题目大意：
一共有 $m$ 个怪，每次打一个怪，每次打怪前拥有 $C$ 个金币，怪物有每秒的伤害值和生命值，分别为 $D_i,H_i$ ，士兵有雇佣费、每秒的伤害值和生命值，分别为 $c_i,d_i,h_i$ 。打怪前只能雇佣一种士兵，但是可以雇佣多个。要求在打倒怪物后没有佣兵死亡算通过。怪物每次只能攻击一个士兵。求出每个怪物最小的花费。
$C<10^6$
思路：
要在怪物杀死一个士兵前将其打败，那么要满足 $Hd<hD\frac{H}{d}<\frac{h}{D}$ 也就是 $HD < h d$ 能不能通过只和伤害值与生命值的乘积有关，所以预处理用 $d h [i]$ 来表示花费 $i$ 所能得到的最大伤害和生命的乘积值。然后对于每次询问，找到一个大于 $DH$ 的最小 $d h [i]$ 值， $i$ 就是花费了。需要注意的是，当雇佣多个士兵时，相当于将攻击力相加而生命值不变。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
const long long N = 1e6 + 5;
using namespace std;

long long dh[N], unit[N];                 // dh[i]记录花费i时获得的最大dh值
unordered_map<long long, long long> cost; //记录每种伤害值对应的最小花费

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    long long m, n, C, c, d, h;
    cin >> n >> C;
    for (long long i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> c >> d >> h;
        unit[c] = max(unit[c], d * h); //当存在多个花费一样的士兵时只保留最大的dh值
    }
    for (long long i = 1; i <= C; i++)
    {
        if (unit[i] == 0) continue;
        long long ii = i, cnt = unit[i];
        while (ii <= C)
        {
            dh[ii] = max(dh[ii], cnt);
            ii += i;
            cnt += unit[i];
        }
    }
    for (long long i = 1; i <= C; i++)
    {
        dh[i] = max(dh[i - 1], dh[i]);
        if (cost.count(dh[i])) continue;
        cost[dh[i]] = i;
    }
    cin >> m;
    while (m--)
    {
        cin >> d >> h;
        if (d * h >= dh[C])
            cout << "-1 ";
        else
        {
            long long ans = *lower_bound(dh + 1, dh + 1 + C, d * h + 1);
            cout << cost[ans] << " ";
        }
    }
    return 0;
}