A. Angry Students (CF 1287 A)
题目大意
给定一个包含(A)和(P)字符串，对于每一个(A)的位置，如果它右边字母是(P),那么下一秒它会变成(A)，最后一个字母如果是(A)，则没什么事发生。问最后一次产生字母变化的时间是何时。
解题思路
找到最大的两个(A)的间隔即是答案。
（一开始考虑最后一个A距离右端点的距离然后WA心态全崩）
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
int kase; cin>>kase;
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n;
cin>>n;
string s;
cin>>s;
int ans=0;
int cnt=0;
bool qwq=true;
for(int i=0;i<n;++i){
if (s[i]=='P') ++cnt;
else {
if (qwq) {qwq=false;cnt=0;}
else{
ans=MAX(ans,cnt);
cnt=0;
}
}
}
ans=MAX(ans,cnt);
if (qwq) ans=0;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
B. Hyperset (CF 1287 B)
题目大意
(n)张卡片，有(k)个属性，每个属性的取值为(S)、(E)、(T)中的一种。现在要选取三张卡片，对于卡片的所有的每个属性，如果三张卡片是全部相同或者全部不同，这三张卡片就可以形成一个集合。问这些卡片能形成多少个集合。
解题思路
注意到，如果我们枚举了两张卡片，那么第三张卡片其实是已经确定的，我们只要判断这张卡片是否存在即可，丢到(unordered\_map)里即可。注意不要重复，我们假设三张卡片的顺序(i<j<k)即可。
但是关于(string)的赋值，一开始写(ss=ss+'T')结果(T)了，改成(ss.push\_back('T'))或(ss+='T')就(A)了。看来要少用(ss=ss+'T')这种形式。
改成(map)恰好(2931ms)过了，而(unordered\_map)在(1512ms)过了。所以无关顺序的话我们还是尽量用(O(1))的(unordered\_map)。
其实也可以建一棵(trie)树去判断是否存在。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
int n,m;
cin>>n>>m;
unordered_map<string,int> qwq;
qwq.clear();
string s[n+1];
for(int i=0;i<n;++i){
cin>>s[i];
qwq[s[i]]=i+1;
}
int ans=0;
for(int i=0;i<n-2;++i)
for(int j=i+1;j<n-1;++j){
string ss;
for(int k=0;k<m;++k){
if (s[i][k]==s[j][k]) ss+=s[i][k];
else if (s[i][k]!='S'&&s[j][k]!='S') ss+='S';
else if (s[i][k]!='T'&&s[j][k]!='T') ss+='T';
else if (s[i][k]!='E'&&s[j][k]!='E') ss+='E';
}
if (qwq[ss]>j) ++ans;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C. Garland (CF 1287 C)
题目大意
给定一个排列，有几个位置是(0)，要求填入缺的数，使得排列里，俩俩相邻的奇偶性不同的对数最小，输出该最小值。
解题思路
我们考虑对于每一个(0)区间填入的数对答案的贡献。
我们发现仅有四种情况(奇，奇)(奇，偶)(偶，奇)(偶，偶)。由于奇偶具有对称性，我们只用考虑前两种情况，后两种情况类似。
对于第一种情况，如果我们全部填奇数，那么它对答案的贡献为(0)，否则最小就会贡献(2)。那么我们就最好尽可能的满足全部填奇数的要求。
对于第二种情况，我们发现无论我们怎么填，它对答案的贡献的最小值始终为(1)，于是对于这种情况我们就对答案加(1)即可。
但这里还有种特殊情况就是在边缘的，即(空，奇)(空，偶)(奇，空)(偶，空)。由于这四种情况讨论是类似的，我们仅考虑其中一种即可。
对于(空，奇)的情况，如果我们全部填奇数，那么它对答案的贡献为(0)，否则就会最小贡献(1)。自然我们也是最好尽可能的满足全部填奇数的要求。
以奇数为例，现在问题就转化成了，我有(cnt1)个奇数可以去填，现在有若干个长度((0)的个数)为(l_i)的(奇，奇)或(空，奇)或(奇，空)的区间，如果我拿(l_i)个奇数去填该区间，那么我可以消除对答案的(1)或(2)的贡献，现在要求消除的贡献最大。
我们再转换一下，即是有一个大小为(cnt1)的背包以及若干个重量为(l_i)的物品，它的价值为(1)或(2)，现在要求把这些物品放到背包里，使得价值最大。
这就是(01)背包问题呀！我们只用把所有(奇，奇)或(空，奇)或(奇，空)区间找出来，跑一遍(01)背包即可，然后对于偶数的情况类似。
对应为代码的注释部分。
这题还可以直接动规去做。我们设(dp[pos][zero][one][parity])表示当前要填的位置为(pos)，还剩(zero)个偶数可以填，(one)个奇数可以填，(pos-1)的位置的奇偶性为(parity)（(0)或(1)）
状态转移方程就考虑该位如果不是(0)，那就直接传到下一个位置，否则就尝试填(0)或(1)即可。详见代码。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=105;
int n,dp[N][N][N][2],a[N];
int work(int pos,int zero,int one,int parity){
if (zero<0||one<0) return 1e9+7;
if (pos==n) return 0;
if (dp[pos][zero][one][parity]!=-1) return dp[pos][zero][one][parity];
if (a[pos]!=0) return dp[pos][zero][one][parity]=work(pos+1,zero,one,a[pos]&1)+((a[pos]&1)^parity);
return dp[pos][zero][one][parity]=min(work(pos+1,zero-1,one,0)+(parity==1),work(pos+1,zero,one-1,1)+(parity==0));
}
int main(){
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
read(n);
int cnt[2];
cnt[0]=n/2;
cnt[1]=n-cnt[0];
for(int i=0;i<n;++i){
read(a[i]);
if (a[i]!=0) --cnt[a[i]&1];
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%d
",min(work(0,cnt[0],cnt[1],0),work(0,cnt[0],cnt[1],1)));
return 0;
}
/* int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
int n;
cin>>n;
vector<int> qwq(n);
for(int i=0;i<n;++i) cin>>qwq[i];
int cnt0=n/2,cnt1=n-cnt0;
for(int i:qwq){
if (i==0) continue;
else if (i&1) --cnt1;
else --cnt0;
}
vector<pair<int,int>> qaq[2];
int l=-1,r=0,ans=0;
while(r<n){
while(l<n&&qwq[l+1]!=0) ++l;
if (l>=n) break;
r=l+1;
while(r<n&&qwq[r]==0) ++r;
if (r==n) if (l==-1) {ans=-1; break;}
else qaq[qwq[l]&1].push_back(make_pair(r-l-1,1));
else {
if (l==-1) qaq[qwq[r]&1].push_back(make_pair(r-l-1,1));
else if ((qwq[l]&1)^(qwq[r]&1)) ++ans;
else qaq[qwq[l]&1].push_back(make_pair(r-l-1,2));
}
l=r;
}
if (ans==-1) if (n==1) cout<<"0"<<endl; else cout<<"1"<<endl;
else{
vector<int> dp0(cnt0+2),dp1(cnt1+2);
for(auto i:qaq[0])
for(int j=cnt0;j>=i.first;--j)
dp0[j]=MAX(dp0[j],dp0[j-i.first]+i.second);
for(auto i:qaq[1])
for(int j=cnt1;j>=i.first;--j)
dp1[j]=MAX(dp1[j],dp1[j-i.first]+i.second);
int su0=0,su1=0;
for(auto i:qaq[0]) su0+=i.second;
for(auto i:qaq[1]) su1+=i.second;
int ma0=0,ma1=0;
for(auto i:dp0) ma0=MAX(ma0,i);
for(auto i:dp1) ma1=MAX(ma1,i);
ans+=su0-ma0+su1-ma1;
for(int i=1;i<n;++i){
if (qwq[i]!=0&&qwq[i-1]!=0)
if ((qwq[i]&1)^(qwq[i-1]&1)) ++ans;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
} */
D. Numbers on Tree (CF 1287 D)
题目大意
给定一棵树，每个节点都有一个值(a_i)，同时也有一个值(c_i)，它是以这个节点为根的子树的节点值(a_j<a_i)的个数，给出每个点的(c_i)以及树，求每个节点的(a_i)，如有多种情况输出任意一种即可。没有情况则输出(NO)。
解题思路
构造题，某个节点的(a_i)值仅与它的子树以及(c_i)值有关，我们不妨设每个节点的值都不一样，这样对于一棵子树来说，我们把它的子树的值排个序，第(c_i+1)个数就是它的值，然后大于等于(c_i+1)的值都加(1)，以保证每个节点的值仍不一样。如此我们就可以构造一组(a_i)值满足题目要求了。
构造题尽量想方便我们得知状态以及决策的方法。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=2003;
int n,root;
vector<int> son[N],ji;
int q[N],ans[N];
int DFS(int u){
int cnt=0;
for(int i:son[u]) cnt+=DFS(i);
if (u==0) return 0;
if (q[u]>cnt) {puts("NO"); exit(0);}
ji.insert(ji.begin()+q[u],u);
return cnt+1;
}
int main(void) {
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
read(n);
for(int f,i=1;i<=n;++i){
read(f);
read(q[i]);
son[f].push_back(i);
}
DFS(0);
int qwq=0;
for(int i:ji) ans[i]=++qwq;
puts("YES");
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",ans[i],i==n?'
':' ');
return 0;
}
考试周打CF无所畏惧