补题链接：Here
A - Rainy Season
如果不是
RSR型的话直接计算R的数量即可
B - Making Triangle
给定 (N) 根长度分别为 (L_i) 的棍子，问能组成多少个三边长度各不相同的三角形？如果两个三角形至少用了一根不同编号的棍子，则称它们是不同的三角形。
由于数据范文较小 ((N le 100))，所以我们可以排序以后枚举三元组即可。
另外 CP wiki 提到这里进一步优化的话，可以在固定最长边的基础上，用双指针确定另外两条边的长度范围，这样时间复杂度就降到的了 (mathcal{O}(N^2))。
C - Walking Takahashi
题意：有一个数 (X) ，对它进行 (K) 次 (+D) 或 (−D) 的操作，求操作后的 (min|X'|)。
思路：
首先XX的正负不影响结果，所以我们可以只考虑 (|X|)。
如果 (|X|>D)，那么我们首先应该向原点移动，直到 (|X'|<D)。这时还剩下 (K′) 次操作，我们应当在原点的左右两侧来回移动。根据 (K′) 的奇偶判断一下最后在哪一个位置即可。
using ll = long long;
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
ll X, K, D, R;
cin >> X >> K >> D;
if (X < 0) X = -X;
R = X / D;
if (K < R) {
cout << (X - K * D);
return 0;
}
K -= R, X -= R * D;
cout << (K & 1 ? D - X : X);
return 0;
}
D - Moving Piece
有 (N（Nleq5000）)个方格，从第 (i) 个方格会跳到第 (P_i) 个方格。PP是 (1,cdots,N)的一个排列。
每个方格上写了一个数字 (C_i) 。每次跳跃时，会得到等同于 (C_{P_i}) 的分数。你可以从任意方格开始，跳跃至少一次，至多 (K) 次，求能够取得的最高分数。
思路：枚举起点。由于 (P) 是排列，所以我们从任意位置 (i) 开始，经过若干次跳跃后一定会回到 (i) 。我们可以计算出一个周期内的前缀和。然后，根据周期长度 (C) 与 (K) 之间的关系，分情况讨论。
-
(Kleq C)，此时我们应该选择前 (K) 个前缀和中的最大值。
-
(K>C)，令(K=nc+r)，则我们可以选择
- 不循环，选择所有前缀和中的最大值。
- 循环 (n) 次，再加上前 (r) 个前缀和中的最大值。
- 循环 (n−1) 次，再加上所有前缀和中的最大值。
-
(mathcal{O}(N^2))
// Murabito-B 21/04/08
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> p(n), c(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> p[i];
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> c[i];
ll ans = LLONG_MIN; // long long的最小值
for (int i = 0; i < n; ++i) {
vector<bool> book(n);
int idx = i;
vector<ll> sum = {0}, hi = {LLONG_MIN};
while (!book[p[idx] - 1]) {
idx = p[idx] - 1;
book[idx] = true;
sum.emplace_back(sum.back() + c[idx]);
hi.emplace_back(max(hi.back(), sum.back()));
}
int m = sum.size() - 1;
int f = k / m, res = k % m;
ll result = 0;
if (f > 0) result = max(hi[m], max(sum[m] * f + (res == 0 ? 0 : hi[res]), sum[m] * (f - 1) + hi[m]));
else
result = hi[res];
ans = max(ans, result);
}
cout << ans << "
";
return 0;
}
另外如果 (N le 10^5) 呢？应该如何改进算法？
这里想了很久，只想到了 RMQ解决但代码部分没写出来，只能转载一下 CP wiki 的了
提示一：
在上面的算法中，对于一个循环，设其长度为 (L) ，我们实际上重复计算了 (L) 次（针对每一个起点）。有没有可能减少这样的重复计算呢？
提示二
在每一个循环内，问题实际上可以转化为，给定一个由 (L) 个数围成的圈，从中取出长度不超过(K)的一段连续串，求能取得的最大和。
提示三
前缀和+RMQ。
// Murabito-B 21/04/08
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
#define MAXN 5005
#define K 15
using namespace std;
const ll LO = -1e16;
int n, k;
ll st[MAXN * 2][K];
ll query(int l, int r) {
int len = r - l + 1;
int j = log2(len);
return min(st[l][j], st[r - (1 << j) + 1][j]);
}
ll solve(vector<int> &v) {
int len = v.size();
vector<ll> s = {0};
for (int i = 0; i < 2 * len; ++i)
s.emplace_back(s.back() + v[i % len]);
int slen = s.size();
for (int i = 0; i < slen; ++i)
st[i][0] = s[i];
for (int j = 1; j <= log2(slen); ++j)
for (int i = 0; i < slen; ++i) {
st[i][j] = st[i][j - 1];
int right = i + (1 << (j - 1));
if (right < slen)
st[i][j] = min(st[i][j], st[right][j - 1]);
}
ll sum = s[len], hi_r = LO, hi_all = LO;
int r = k % len;
for (int i = 1; i < slen; ++i) {
if (r)
hi_r = max(hi_r, s[i] - query(max(0, i - r), i - 1));
hi_all = max(hi_all, s[i] - query(max(0, i - len), i - 1));
}
if (k < len)
return hi_r;
return max(hi_all, max(sum * (k / len - 1) + hi_all, sum * (k / len) + hi_r));
}
int main() {
cin >> n >> k;
vector<int> p(n), c(n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> p[i];
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> c[i];
ll ans = LO;
vector<bool> vis(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (vis[i])
continue;
vector<int> v;
int idx = i;
while (!vis[p[idx] - 1]) {
idx = p[idx] - 1;
vis[idx] = true;
v.emplace_back(c[idx]);
}
ans = max(ans, solve(v));
}
cout << ans;
}
E - Picking Goods
(R) 行 (C) 列的方阵，其中有 (K) 个格子里有东西，第ii个东西的价值为 (v_i)。从左上角走到右下角，只能向下或向右走，限定每行最多拿 $ 3$ 个东西，求能取得的最大价值。
简单的方阵 DP 再加一维记录当前行取了几个东西即可。因为(3) 是常数，所以总时间复杂度为：(mathcal{O}(RC))。
// Murabito-B 21/04/08
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
ll dp[3010][3010][4] = {0};
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int R, C, K;
cin >> R >> C >> K;
vector<vector<int>> a(R + 1, vector<int>(C + 1));
for (int i = 0; i < K; ++i) {
int r, c, v;
cin >> r >> c >> v;
a[r][c] = v;
}
for (int i = 1; i <= R; ++i)
for (int j = 1; j <= C; ++j) {
for (int k = 0; k <= 3; ++k)
dp[i][j][0] = max(dp[i][j][0], dp[i - 1][j][k]);
for (int k = 0; k <= 3; ++k)
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i][j - 1][k]);
if (a[i][j])
for (int k = 3; k > 0; --k)
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i][j][k - 1] + a[i][j]);
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= 3; ++i) ans = max(ans, dp[R][C][i]);
cout << ans << "
";
return 0;
}
F - Making Palindrome
F 题是懵逼ing
有(N)（(Nleq50)）个长度不超过 (L)（(Lleq20)）的字符串，每个字符串可以使用无限次，第ii个字符串使用一次的代价为 (C_i)。问最少花费多少代价，能够用这些字符串组成一个回文串？或者说明无解。
大佬题解：
直接搜索，状态似乎是无穷无尽的。如何减少状态空间，让搜索变为可能？
我们考虑从左右两边分别构建字符串。最开始，左边和右边都是空的。我们希望最后能将左边部分和右边部分进行匹配。这里，匹配的意思是，对于串 (A) 和 (B)，两串中较短的那串是较长那串的子串。在匹配之后，如果剩下的部分是一个回文串（或为空），则我们就成功构建了一个回文串。
我们每次可以把某个字符串加入到左边或右边，这样就得到一个中间状态。在转移过程中，我们应当保证始终只有至多一边有未匹配部分，而其余部分都应该得到匹配。也就是说，如果当前左边有未被匹配的部分，我们就把新字符串添加到右边；反之亦然。
从而，我们只需要保存当前未被匹配的部分。而因为我们总是在相反的一边添加，这里的未被匹配部分必定为原来某个字符串的前缀或后缀。这样，我们就把总状态数限制到了(O(NL))。
此时，原题就变成了一个最短路径问题。因为数据范围很小，可以用各种最短路径算法来求解。
// Murabito-B 21/04/08
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
#define INF 10000000000000000LL
bool is_palindrome(string &s) {
int n = s.size();
for (int i = 0; i < n / 2; ++i)
if (s[i] != s[n - i - 1])
return false;
return true;
}
int n;
unordered_map<string, ll> memo[2];
unordered_set<string> vis[2];
vector<string> S[2];
vector<ll> C;
ll dfs(string s, int p) {
if (memo[p].count(s))
return memo[p][s];
if (is_palindrome(s))
return 0;
if (vis[p].count(s))
return INF;
vis[p].insert(s);
ll ans = INF;
int ls = s.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
string t = S[!p][i];
int lt = t.size();
int l = min(ls, lt);
string ps = s.substr(0, l);
string pt = t.substr(0, l);
if (ps != pt)
continue;
ll cost =
ls > lt ? dfs(s.substr(l, ls - l), p) : dfs(t.substr(l, lt - l), !p);
if (cost < ans)
ans = min(ans, cost + C[i]);
}
vis[p].erase(s);
memo[p][s] = ans;
return ans;
}
int main() {
cin >> n;
S[0] = vector<string>(n);
S[1] = vector<string>(n);
C = vector<ll>(n);
ll ans = INF;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> S[0][i] >> C[i];
S[1][i] = string(S[0][i].rbegin(), S[0][i].rend());
}
for (int i = 0; i < n; ++i)
ans = min(ans, dfs(S[0][i], 0) + C[i]);
cout << (ans == INF ? -1 : ans);
}