Codeforces Round #821 (Div. 2)

Codeforces Round #821 (Div. 2)

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A. Consecutive Sum

思路

• 贪心

选择一个连续$k$个，因此等价于找到$modk=0,1,\mathrm{2..},k-1$ 的最大的$a$ 的和。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 1e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
int a[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- ) {
        cin >> n >> k;
        for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];

        LL res = 0;
        for (int i = 1; i <= k; i ++) {
            int mx = 0;
            for (int j = i; j <= n; j += k)
                mx = max(mx, a[j]);
            res += mx;
        }

        cout << res << '\n';
            
    }
    return 0;
}

B. Rule of League

思路

• 构造

由于第一轮一定有一个人输因此$x,y$ 里必须有一个$0$，假设$x！=0$如果接下来等价于是否让每个人均赢$0/x$轮，判断$x|n-1$是否成立即可，然后模拟就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 1e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
int a[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- ) {
        int x, y; cin >> n >> x >> y;
        if ((x && y) || (!x && !y)) cout << -1 << '\n';
        else {
            if (x < y) swap(x, y);
            if ((n - 1) % x != 0) cout << -1 << '\n';
            else {
                int cnt = (n - 1) / x;
                int id = 2;          
                while (cnt) {
                    for (int i = 1; i <= x; i ++) cout << id << ' ';
                    id += x;
                    cnt --;
                }                                     
                cout << '\n';
            }
        }
    }
    return 0;
}

C. Parity Shuffle Sorting

思路

• 贪心

​ 假设有$1,2,1$ 我们发现无论如何都可以让$2\to 1$，因此先将$a_1,a_n$ 搞成一样的，然后再将$i\in [2,n-1]$都搞成和首尾一样的即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 1e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
int a[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- ) {
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
        vector<PII> res;        
        if (a[1] != a[n])
            if ((a[1] + a[n]) & 1) a[n] = a[1], res.push_back({1, n});
            else a[1] = a[n], res.push_back({1, n});

        for (int i = 2; i < n; i ++) {
            if ((a[i] + a[1]) & 1) res.push_back({1, i});
            else res.push_back({i, n});
        }

        cout << res.size() << '\n';
        for (auto t : res) cout << t.x << ' ' << t.y << '\n';
    }
    return 0;
}

D2. Zero-One (Hard Version)

题意

​ 给你两个字符串$a,b$。你可以对$a$ 串进行如下操作，选择$[l,r]$ 将$a_l\oplus 1,a_r\oplus 1$，如果$l+1==r$ 花费$x$，否则花费$y$，问你将$a$ 变成$b$ 的最小花费是多少。

思路

• $dp$

由于一次改变两个位置的值，因此当不同的位置为$odd$ 的时候无解。

​ 首先$easyversion$有$x\ge y$ 且$n\ge 5$，因此我们直接贪心，设不同位置有$cnt$个，如果$cnt==2$ 且相邻 我们有两种操作方法，直接用$x$，或者用两个$y$，其余情况直接用$y$ 成对消除即可。

​ 对于$D2$，考虑$y>x$ 的情况就不好贪心了，我们先将$a$和$b$不同的位置取出来放到$c$数组中，考虑$dp$设$f[l][r]$：将$l,r$ 这个区间所有不同的位置消除的最小操作数（注意这里 的$l,r$均是$c$中的下标），那么对于$f[l][r]$ 可以从哪些子状态转移过来呢，即考虑前一个操作，这里由于$y>x$，如果用$y$的话区间一定越长越优，否则可能被连续的$x$ 顶替掉，而如果操作相邻的话中间和两边均一样，因为会被子状态弄到。所以只会从$f[l+1][r-1],f[l+2][r],f[l][r-2]$ 转移过来。

​ 对于任意两个点$(i,j)$ 合并，会有一下情况，如果$i+1=j$ 可以花费$min(x,2\times y)$ ，如果$i+1!=j$有$min(y,(j-i)\times x)$，因此转移的时候算一下贡献 即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 1e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
int a[N];
vector<int> ve;
LL x, y;
LL calc(int l, int r) {
    if (l + 1 == r) return min(x, y * 2);
    return min(y, x * (r - l));
}
LL f[5010][5010];
LL dfs(int l, int r) {
    if (r < l) return 0;
    if (f[l][r] != -1) return f[l][r];
    LL res = 1e18;
    res = min(res, dfs(l, r - 2) + calc(ve[r - 1], ve[r]));
    res = min(res, dfs(l + 2, r) + calc(ve[l], ve[l + 1]));
    res = min(res, dfs(l + 1, r - 1) + calc(ve[l], ve[r]));
    return f[l][r] = res;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- ) {
        cin >> n >> x >> y;
        string s, t; cin >> s >> t;
        ve.clear();        
        for (int i = 0; i <= n; i ++)
            for (int j = 0; j <= n; j ++)
                f[i][j] = -1;
        for (int i = 0; i < n; i ++)   
            if (s[i] != t[i]) ve.push_back(i + 1);
        if (ve.size() & 1) cout << -1 << '\n';
        else {
            if (ve.size() == 0) cout << 0 << '\n';
            else if (ve.size() == 2) cout << calc(ve[0], ve[1]) << '\n';
            else if (y <= x) cout << ve.size() / 2 * y << '\n';
            else cout << dfs(0, ve.size() - 1) << '\n';
            
        }
    }
    return 0;
}

E. Conveyor

题意

​ 给你$x\times y$的的矩阵，每个格点的传送带一开始都是向右，第$0$秒$(1,1)$ 有一个箱子，之后每一秒都会从$(0,0)$ 放置一个箱子，每一秒如果$(i,j)$上有箱子话，会将箱子移动到指向的格点，然后向右的会变成指向上，向上的会指向右，给你$q$ 个询问，每次$t,x,y$，问你第$t$秒的时候$(x,y)$上是否右箱子。

思路

• 思维，前缀和优化

​ 想知道第$t$秒的时候$(x,y)$是否有箱子不好判断，但是我们可以求$(i,j)$ 在$t$ 秒内有多少个箱子经过假设为$cn{t}_{i,j}$，假设我们求出了$cn{t}_{i,j}$了，那么他会有一半向右边走，一半向下走，由于先向右，再向下，因此$cn{t}_{i,j+1}+=\frac{cn{t}_{i,j}+1}{2}$，$cn{t}_{i+1,j}+=\frac{cn{t}_{i,j}}{2}$，由于从$(1,1)\to (x,y)$需要$x+y-1$秒，因此只有$t-(x+y-1)$个箱子可能到第$(x,y)$这个点，所以我们模拟一下$t$ 秒经过了多少个，减去$t-1$秒经过了多少个，减一下就知道第$t$秒是否有箱子停在这里了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 1e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
LL a[150][150];
int g(LL t, int x, int y) {
    memset(a, 0, sizeof a);
    a[0][0] = max(t - (x + y) + 1, 0ll);
    for (int i = 0; i <= x; i ++)
        for  (int j = 0; j <= y; j ++) {
            a[i + 1][j] += a[i][j] / 2;
            a[i][j + 1] += a[i][j] - a[i][j] / 2;
        }
    return a[x][y];
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- ) {
        LL t; cin >> t >> n >> m;
        cout << (g(t, n, m) - g(t - 1, n, m) > 0 ? "YES" : "NO") << '\n';
    }
    return 0;
}