Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2) A~C

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mb5ff98246f093d 2021-09-07 11:18:00

文章标签 ios 字符串复杂度最小公倍数差分 文章分类 代码人生

最近写学习了一下网络爬虫，但昨天晚上的CF让人感觉实力明显退步，又滚回来刷题了QAQ...

比赛链接：Here

1389A. LCM Problem

给定区间 $[l,r]$，求两个不同的数字 $x,y$ ，使得$l≤x<y≤r,l≤LCM(x,y)≤r$ 。

思路

这道题和之前的一道求区间最大 $\gcd$ 的签到很像，感兴趣的可以去看看 CF1370A. Maximum GCD。

在这个题目中的条件可以整合为 $l\le x < y \le lcm\le r$，所以我们只需要让 $lcm$ 最小即可。

$x$ 和 $y$ 的最小公倍数最小为 $lcm_{min}(x,y) = y = 2x$ ，此时令 $x=l$ ，可以得到 $lcm_{min}=y=2l$ ，即为最小的答案。如果 $2l>r$，无解。

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    int _; for (cin >> _; _--;) {
        ll l, r; cin >> l >> r;
        if (2 * l > r) cout << "-1 -1\n";
        else cout << l << " " << 2 * l << "\n";
    }
}

1389B. Array Walk

给定数组 $a_1,a_2,a_3,...,a_n$，起点为 $a_1$ ，你可以向左向右移动，不能越界，最多 $k$ 次。

并且限制不能连续的向左移动，且向左移动的次数最多为 $z$ 。

每次移动到位置 $i$ 可以获取分数 $a_i$ ，初始分数为 $a_1$ ，询问你可以得到的最大分数和。

思路：

最开始在写的时候挺懵逼的，但考虑差分之后感觉可以就往下推了，正好这个思路是正解？

首先，向左移动不能连续，所以如果有向左移动，就只能以左右间隔的形式反复横跳。其次，以贪心的思想，最大和出现的情况，一定是只在某两个相邻位置之间反复横跳。

我们将移动分为三个阶段：

第一阶段，假设初始向右移动了 $i$ 步，那么当前处于的位置为 $a_{i+1}$ ，积分和为 $s1= sum_{i+1}$ （设 $sum_i = \sum_{k=1}^ia_k$，即前 $i$ 项和）
第二阶段，随后在 $a_i$ 与 $a_{i +1}$之间反复横跳，设此过程中向左次数最多为 $p$ 次，向右次数最多为 $q$ ，则 $p=\min \left(z,\left\lceil\frac{k-i}{2}\right\rceil\right), q=\min (p, k-i-p),$ 得到的积分为 $s_{2}=p * a_{i}+q * a_{i+1}$

第三阶段，设剩余的步数为 $k_1 = k - i - p - q$
- 如果 $k_1 > 0$ ，全部用于向右移动，可以得到的积分为 $s_{3}=s u m_{k_{1}+i+1}-s u m_{i+1} $ (如果有剩余步，那么第二阶段结束后位置一定在 $i+1$) 。
- 如果 $k_{1}=0 $, 则 $s_{3}=0 $, 且同时 $ i+1=k-p-q+1$ ，即 $s u m_{i+1}=s u m_{k-p-q+1} $, 无论阶段二的落点是在 $i$ 还是 $i+1 $ 。

三个阶段的总积分获取为：$r e s=s_{1}+s_{2}+s_{3}=s u m_{k-p-q+1}+p * a_{i}+q * a_{i+1}$

则最大积分和 ${ ans }=\max \left\{\mathrm{res}_{i} \mid r e s_{i}=\operatorname{sum}_{k-p-q+1}+p * a_{i}+q * a_{i+1}, i \in[1, k]\right\}$ ，

复杂度为：$\mathcal{O}(k)$

const int N = 1e5 + 10;
ll a[N], s[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    int _; for (cin >> _; _--;) {
        ll n, k, z;
        cin >> n >> k >> z;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
        ll ans = 0;
        s[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] + a[i];
        for (int i = 1; i < k + 1; i += 1) {
            ll p = min(1ll * z, (k + 1 - i) / 2);
            ll q = min(1ll * p, k - i - p);
            ll res = s[k - p - q + 1] + p * a[i] + q * a[i + 1];
            ans = max(ans, res);
        }
        cout << ans << "\n";
    }
}

1389C. Good String

规定字符串 $t_1,t_2,t_3,...,t_n$

如果 $t_n,t_1,t_2,...t_{n−3},t_{n−2},t_{n−1},t_n$与 $t_2,t_3,t_4,...t_{n−1},t_n$ 完全相同，则称该字符串为 Good String

判断给定字符串至少删除多少个字符可以变成 Good String 。

思路：

简单推导可以得到 Good String 中：

如果 $n$ 是偶数，$t_1 = t_3 = t_5 =...=t_{n-3} = t_{n-1}$ 且 $t_2 = t_4 =...=t_{n-2} = t_n$

如 $25252525$
如果 $n$ 为奇数，$t_1 = t_2 = ...=t_n$ ，如 $2222$

而且题目规定 $t_i \in [0,9]$ ，我们通过可以构造 $10\times 10$ 种情况，分别算转化需要的最小花费。

复杂度为：$\mathcal{O}(10^2n)$

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    int _; for (cin >> _; _--;) {
        string s; cin >> s;
        int a[2] = {};
        int ans = INT_MAX;
        for (int i = 0; i < 10; ++i)
            for (int j = 0; j < 10; ++j) {
                a[0] = i, a[1] = j;
                int ct = 0, k = 0;
                for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
                    if (s[i] != a[k & 1] + '0') ct++;
                    else k = !k;
                }
                if (int(s.size() - ct) & 1) if (i != j) ct++; //只有全相等才能为奇数
                ans = min(ans, ct);
            }
        cout << ans << "\n";
    }
}