A. Avoiding Zero

题意

将 (n) 个数重新排列使得不存在为 (0) 的前缀和。

题解

计算正、负前缀和，如果二者和为 (0)，则不存在满足题意的排列，否则将绝对值较大的一方排在前面即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		int n;
		cin >> n;
		vector<int> a(n);
		int pos = 0, neg = 0;
		for (auto &x : a) {
			cin >> x;
			(x < 0 ? neg : pos) += x;
		}
		if (pos + neg == 0) {
			cout << "NO" << "
";
			continue;
		}
		if (pos + neg > 0) {
			sort(a.begin(), a.end(), greater<>());
		} else {
			sort(a.begin(), a.end(), less<>());
		}
		cout << "YES" << "
";
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			cout << a[i] << " 
"[i == n - 1];
		}
	}
	return 0;
}

B. Chess Cheater

题意

给出一个长为 (n) 由 W, L 组成的字符串，如果一个 W 左侧为 W，则它提供 2 分，否则为 1 分。最多可以将 (k) 个 L 变为 W，问字符串可以得到的最大分值。

题解

本题的关键是字符串中 W 的有无及两两构成的封闭区间长度。

如果全为 L，则字符串的最大分值为 (max(2k-1, 0)) 。
如果存在 W，则每次操作都会至少增加 2 分，如果操作的为两个 W 区间内的最后一个 L，则会额外再增加 1 分。
所以计算字符串的初始分值，加上 (2 imes min(k, cntL)) 分，然后区间长度排序，每当可以减去一个完整区间长就再加上 1 分。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		int n, k;
		cin >> n >> k;
		string s;
		cin >> s;
		int cntL = count(s.begin(), s.end(), 'L');
		if (cntL == n) {
			cout << max(2 * k - 1, 0) << "
";
			continue;
		}
		vector<int> posW;
		for (int i = 0; i < n; i++)
			if (s[i] == 'W') posW.push_back(i);
		vector<int> seg;
		for (int i = 1; i < int(posW.size()); i++)
			if (posW[i] - posW[i - 1] - 1 > 0) seg.push_back(posW[i] - posW[i - 1] - 1);
		int ans = s[0] == 'W';
		for (int i = 1; i < n; i++) 
			if (s[i] == 'W') ans += s[i - 1] == 'W' ? 2 : 1;
		ans += 2 * min(k, cntL);
		sort(seg.begin(), seg.end());
		for (auto len : seg) if (k >= len) k -= len, ans += 1;
		cout << ans << "
";
	}
	return 0;
}

C. The Hard Work of Paparazzi

题意

(r) 行与 (r) 列相交形成了 (r imes r) 个点，初始时刻记者位于左下角的 ((1,1)) 处，接下来给出 (n) 个名人的出现时间和位置，出现时间严格递增，问记者最多可以拍到多少名人的照片。

题解

This is a classical dynamic-programming task with a twist.
这是一个有些变化的经典动态规划问题。

与最长上升子序列问题的不同之处的是，本题判断条件由 (a_j > a_i) 变为了 (dis_{ij} le t_j - t_i) 以及利用 (r) 将 (O_{(n^2)}) 优化至了 (O_{(nr)}) 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int r, n;
	cin >> r >> n;
	//如果 r == 1，此时只有 1 个点
	if (r == 1) {
		cout << n << "
";
		return 0;
	}
	vector<int> t(n + 1), x(n + 1), y(n + 1);
	t[0] = 0, x[0] = 1, y[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) 
		cin >> t[i] >> x[i] >> y[i];
	vector<int> dp(n + 1, -1e9), mx_dp(n + 1);
	dp[0] = 0; //初始时只有时刻 0 的 (1,1) 可达
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		//继承之前可达的 dp 状态
		for (int j = max(i - 2 * (r - 1), 0); j < i; j++) {
			if (abs(x[i] - x[j]) + abs(y[i] - y[j]) <= t[i] - t[j])
				dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
		}
		//如果 i 大于等于最长路径，那么对于 dp[0] ~ dp[i - 2 * (r - 1)] 一定是可达的
		if (i >= 2 * (r - 1)) dp[i] = max(dp[i], mx_dp[i - 2 * (r - 1)] + 1);
		mx_dp[i] = max(dp[i], mx_dp[i - 1]);
	}
	cout << mx_dp[n] << "
";
	return 0;
}

D. Unshuffling a Deck

题意

给出一个大小为 (n) 的排列，每次操作可以将 (n) 个数分为 (1 sim n) 个非空连续份，然后将对称的份两两交换，试给出在 (n) 次操作内将排列排为升序的操作过程。

题解

找到值相差为 (1) 的逆序对：(i<j)，(a_i = a_j + 1)
将已为升序的数视为一个整体，找到 (t) 满足：(i le t < j)，(a_t > a_{t+1})
分为 (4) 份，(D_1=[a_1,a_2,dots,a_{i-1}], D_2=[a_i,a_{i+1},dots, a_t], D_3=[a_{t+1},a_{t+2},dots, a_j], D_4=[a_{j+1},a_{j+2},dots, a_n])
将对称组交换，转至步骤 (1) 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int n;
	cin >> n;
	vector<int> a(n), pos(n);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> a[i];
		--a[i];
	}
	vector<vector<int>> ans;
	while (not is_sorted(a.begin(), a.end())) {
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			pos[a[i]] = i;
		}
		//1
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			if (pos[i] < pos[i - 1]) {
				//2
				int l = pos[i];
				int r = pos[i - 1];
				int mid = l;
				while (a[mid + 1] == a[mid] + 1) ++mid;
				//3
				ans.push_back({l, mid - l + 1, r - mid, n - r - 1});
				//4
				vector<int> b;
				for (int i = r + 1; i < n; i++) b.push_back(a[i]);
				for (int i = mid + 1; i < r + 1; i++) b.push_back(a[i]);
				for (int i = l; i < mid + 1; i++) b.push_back(a[i]);
				for (int i = 0; i < l; i++) b.push_back(a[i]);
				a.swap(b);
				break;
			}
		}
	}
	cout << ans.size() << "
";
	for (auto &v : ans) {
		//每份非空
		while (v.back() == 0) v.pop_back();
		while (v.front() == 0) v.erase(v.begin());
		cout << v.size() << "
";
		for (int i = 0; i < int(v.size()); i++) {
			cout << v[i] << " 
"[i == int(v.size()) - 1];
		}
	}
	return 0;
}