A. Regular Bracket Sequence
显然，"(())"不影响结果它是自我匹配的，可以把所有的((()和()))都放在左边/右边，这样只要检查它们的数目就行，还有个坑点，就是如果()()多于一，需要给左右两边一个负担，必须小于它们的数量才行。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int c1, c2, c3, c4;
int main(){
scanf("%d%d%d%d", &c1, &c2, &c3, &c4);
if(c1 == c4 && c4 >= min(c3, 1)) puts("1");
else puts("0");
return 0;
}
B. Discounts
模拟，从小到大排好序后，答案 (=) 总数 - (a[n - q_i + 1])。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 300010;
typedef long long LL;
int n, m, a[N], q;
LL sum = 0;
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", a + i), sum += a[i];
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
scanf("%d", &m);
for(int i = 1; i <= m; i++){
scanf("%d", &q);
printf("%lld
", sum - a[n - q + 1]);
}
return 0;
}
C. Painting the Fence
考虑到(q <= 5000)，用前缀和维护每个位置都有几个人刷，然后预处理([l, r])这段有多少(1)（他不刷就没人刷）和(2)（安排掉他俩就没人刷），用(O(q ^ 2))的复杂度暴力枚举两个人分别是谁，然后(O(1))找即可。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 5010;
int n, m, sum[N], c[N], c2[N], tot = 0, ans = -1;
PII a[N];
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= m; i++){
scanf("%d%d", &a[i].first, &a[i].second);
}
sort(a + 1, a + 1 + m);
for(int i = 1; i <= m; i++){
sum[a[i].first]++, sum[a[i].second + 1]--;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
sum[i] += sum[i - 1];
c[i] = c[i - 1] + (sum[i] == 1);
c2[i] = c2[i - 1] + (sum[i] == 2);
tot += (sum[i] > 0);
}
for(int i = 1; i < m; i++){
for(int j = i + 1; j <= m; j++){
int cnt = tot;
int L = a[i].first, R = a[i].second;
int L1 = a[j].first, R1 = a[j].second;
if(L1 <= R) {
cnt -= c[L1 - 1] - c[L - 1];
cnt -= c[max(R, R1)] - c[min(R, R1)];
cnt -= c2[min(R, R1)] - c2[L1 - 1];
}else{
cnt -= c[R] - c[L - 1];
cnt -= c[R1] - c[L1 - 1];
}
ans = max(ans, cnt);
}
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}
F. Clear the String
区间(dp)。
设(f[i][j]) 为合并([i, j])区间的最小花费，对于任何一个(f[i][j])，有三种决策：
-
直接多加一位(min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1)
-
找一个位置(k(i + 1 <= k <= j ))，使(str[i] = str[k])，更新答案为：
(f[i + 1][k - 1] + f[k][j] + (s[k] != s[i]))
等于是把([i + 1, k - 1])先合并起来，然后(i)字符就会贴到(k)一起，然后这两个字符一样，可以视作一个字符，每次修改最坏是用(k)为左边界，(i)字符作为附庸不用计算花费
- 同样的还有用右端点合并...
想状态的时候我也会有疑惑，为什么只用找开头和结尾跟中间匹配呢？重复，每次处理区间时，(l + 1、l + 2...)已经找过匹配点了...
后来发现只需要处理用开头字符一种情况，因为两种状态转移上重复了，每次找(k)的过程中也相当于(k)去找(i)，在这之前想到于已经匹配过([l + 1, r], [l + 2, r]...[l + n, r])，这样的匹配方式是可逆的，先后反复是相同的，即使此时的(l + n)左边还没处理，但是每次处理相当于一个包围的形式，可以不重不漏地继承。所以可以不需用步骤(3)，但是蒟蒻的我肯定想不到啦...
顺便，注意初始化问题，对于(f[i][j] (i > j)) 花费是(0)，当然如果边界写的精准了这种状态不会用到。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 510;
int n, f[N][N];
char s[N];
int main(){
scanf("%d%s", &n, s + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = 1;
for(int l = 2; l <= n; l++){
for(int i = 1, j; (j = i + l - 1) <= n; i++){
f[i][j] = min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1;
for(int k = i; k <= j - 2; k++){
f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j - 1] + (s[k] != s[j]));
}
for(int k = i + 2; k <= j; k++){
f[i][j] = min(f[i][j], f[i + 1][k - 1] + f[k][j] + (s[k] != s[i]));
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++) printf("%d ", f[i][j]);
puts("");
}
printf("%d
", f[1][n]);
return 0;
}