Codeforces Round #604 Div2

最新推荐文章于 2025-12-05 10:55:08 发布

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#算法

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本文深入解析了算法竞赛中两种常见问题的解决方案，包括构造贪心策略解决数字序列构造问题，以及使用区间动态规划解决括号序列深度求和问题，提供了详细的代码实现与复杂度分析。

1265D Beautiful Sequence（构造贪心）

题意：

给你若干数量的0、1、2、3，用完所有的数字构造一个序列使得任意相邻两数相差恰好为1。

解法：

首先确定0和2的相对位置如下：0，0，0，……，0，0，2，2，……，2，2。此时1可放在任意两数之间，3只能放在两个2之间或放在最右侧，故只要最大化可以放3的放置，剩余位放1即可。

于是有以下的贪心策略：以最小或次小的数作为首项，设前一位放置数字x，若x-1的数量不为0就放置x-1，否则放置x+1，若x+1的数量为0则无解。

复杂度： $O (n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int ans[maxn],a[5],tmp[5];
bool check(int fst,int n)
{
	int pt=fst;
	for(int i=0;i<4;i++)
		tmp[i]=a[i];
	if(!tmp[fst]) return false;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ans[i]=pt,tmp[pt]--;
		if(i==n) break;
		if(pt&&tmp[pt-1]) pt--;
		else if(tmp[pt+1]) pt++;
		else return false;
	}
	return true;
}
int main()
{
	int n=0;
	for(int i=0;i<4;i++)
		scanf("%d",&a[i]),n+=a[i];
	for(int i=0;i<4;i++) if(check(i,n))
	{
		puts("YES");
		for(int j=1;j<=n;j++)
			printf("%d ",ans[j]);
		return 0;
	}
	puts("NO");
}

1265F Beautiful Bracket Sequence (ev)（区间DP）

题意：

给一个仅由’?’、’(’、’)‘组成的字符串S，其中每一个’?‘均可被替换为’(’、’)’，求所有可能的全部’?'被替换后形成的字符串的括号嵌套深度之和，替换后形成的字符串不一定是合法的括号序列 $(|S|\le2000)$ 。

解法：

考虑区间DP，设 $d p [l] [r]$ 为串 $S_l,S_{l+1},...,S_{r-1},S_r$ 替换后形成的所有串的括号嵌套深度之和。现求 $d p [l] [r]$ 的值，对 $S_l$ 、 $S_r$ 进行讨论，有如下的转移方程：

若 $S_l==')'$ ，则 $S_l$ 一定不对答案产生贡献： $d p [l] [r] = d p [l + 1] [r]$ ；
若 $S_r=='('$ ，同理有： $d p [l] [r] = d p [l] [r - 1]$ ；
若 $S_l=='('$ 且 $S_r==')'$ ，我们已知 $d p [l + 1] [r - 1]$ ，仅需考虑 $S_l$ 、 $S_r$ 两端对答案的贡献。设 $T=S_{l+1},S_{l+2},...,S_{r-2},S_{r-1}$ ，k为T中’?‘的数量，则当T中所有的’?'被替换后将形成 $2^k$ 种不同的串，故 $S_l$ 、 $S_r$ 的贡献为 $2^k$ ： $dp[l][r]=dp[l+1][r-1]+2^k$ ；
若 $S_l=='?'$ 且 $S_r==')'$ ， $S_l$ 能被替换为’(‘或’)’，故产生两种新串。当 $S_l==')'$ 时，整个串对答案的贡献同1. ，为 $d p [l + 1] [r]$ ；当 $S_l=='('$ 时，整个串对答案的贡献同3. ，为 $dp[l+1][r-1]+2^k$ 。因此有： $dp[l][r]=dp[l+1][r]+dp[l+1][r-1]+2^k$ ；
若 $S_l=='('$ 且 $S_r=='?'$ ，分析同上有： $dp[l][r]=dp[l][r-1]+dp[l+1][r-1]+2^k$ ；
若 $S_l=='?'$ 且 $S_r=='?'$ ，产生四种新串。当 $S_l==')'$ 时， $S_r=='('$ 和 $S_r==')'$ 两种串产生的贡献之和为 $d p [l] [r - 1]$ ；同理，当 $S_r=='('$ 时， $S_l=='('$ 和 $S_l==')'$ 两种串产生的贡献之和为 $d p [l + 1] [r]$ 。根据上述讨论我们将 $S_l==')'$ 且 $S_r=='('$ 的情况计算了两次，但没计算 $S_l=='('$ 且 $S_r==')'$ 的情况。再由3. 的分析，我们得到当 $S_l=='('$ 且 $S_r==')'$ 时的贡献为 $dp[l+1][r-1]+2^k$ ，而 $d p [l + 1] [r - 1]$ 其实就是当 $S_l==')'$ 且 $S_r=='('$ 时的贡献。综上有： $dp[l][r]=dp[l][r-1]+dp[1+1][r]+2^k$ 。

复杂度： $O(n^2)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e3+5;
const ll mod=998244353;
ll dp[maxn][maxn],cnt[maxn],pow2[maxn]={1};
char s[maxn];
int main()
{
	cin>>(s+1);
	int n=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cnt[i]=cnt[i-1]+(s[i]=='?'),pow2[i]=(pow2[i-1]<<1)%mod;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		for(int l=1,r=l+i-1;r<=n;l++,r++)
		{
			ll &x=dp[l][r],p=pow2[cnt[r-1]-cnt[l]];
			x=dp[l+1][r-1];
			if(s[l]==')') x=dp[l+1][r];
			if(s[r]=='(') x=dp[l][r-1];
			if(s[l]=='('&&s[r]==')') x=dp[l+1][r-1]+p;
			if(s[l]=='?'&&s[r]==')') x=dp[l+1][r]+dp[l+1][r-1]+p;
			if(s[l]=='('&&s[r]=='?') x=dp[l][r-1]+dp[l+1][r-1]+p;
			if(s[l]=='?'&&s[r]=='?') x=dp[l][r-1]+dp[l+1][r]+p;
			x%=mod;
		}
	cout<<dp[1][n]<<endl;
}