Educational Codeforces Round 128 (Rated for Div. 2) A-C+E
Educational Codeforces Round 128 (Rated for Div. 2) A-C+E
A
题目
https://codeforces.com/contest/1680/problem/A
题解
思路
知识点：思维。
如果 \([l1,r1],[l2,r2]\) 有交集可以是相同的数字，那么取 \(min(l1,l2)\) ；如果 \([l1,r1],[l2,r2]\) 没有交集，说明最大值最小值不能是相同的数字，那么取 \(l1+l2\) 。
直接判断端点可能太多，可以利用 \(swap\) 考虑固定 \(l1<l2\) ，就剩下两种情况。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int t; cin>>t; while(t--){ int l1,r1,l2,r2; cin>>l1>>r1>>l2>>r2; if(l2<l1){ swap(l1,l2); swap(r1,r2); } if(r1>=l2) cout<<l2<<'\n'; else cout<<l1+l2<<'\n'; } return 0; } B
题目
https://codeforces.com/contest/1680/problem/B
题解
思路
知识点：思维。
找到机器人中最靠左上的行列坐标（不一定要在同一个机器人身上），如此坐标表示了机器人阵列移动多少次就会出现爆炸。
如果这组行列坐标的位置没有机器人，说明移动到爆炸极限之前都没有机器人会到达左上角，因此不可行，否则可行。
时间复杂度 \(O(nm)\)
空间复杂度 \(O(mn)\)
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; bool bot[7][7]; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int t; cin>>t; while(t--){ int n,m; cin>>n>>m; int minx = 10,miny = 10; for(int i = 0;i<n;i++){ for(int j = 0;j<m;j++){ char tmp; cin>>tmp; if(tmp == 'R'){ bot[i][j] = 1; minx = min(minx,i); miny = min(miny,j); } else bot[i][j] = 0; } } if(bot[mini][minj]) cout<<YES<<'\n'; else cout<<NO<<'\n'; } return 0; } C
题目
https://codeforces.com/contest/1680/problem/C
题解
思路
方法1
知识点：尺取法。
注意到 \(0,1\) 变化具有单调性，左端点变大一定导致 \(0\) 在子串的数量 \(A\) 变少且移除 \(1\) 的数量 \(B\) 变多，而右端点变大则相反。那么对于一个固定了左端点的区间，可以将右端点变大，使 \(A,B\) 分别从较小和较大的值向某个极值靠拢，直到 \(A = B\) 即达到当前左端点的区间的最小 \(cost\) 。此时可以将左端点加一，此举一定会让 \(A \neq B\) ，于是可以继续移动右端点到达新的左端点的最优区间。在上面思考的基础下，枚举左端点即可以，移动右端点到达最优，取每次最小 \(cost\) 的最小值即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
方法2
知识点：数学，前缀和。
设子串留有 \(0\) 的数量为 \(A\) ，留有 \(1\) 的数量为 \(B\) ，\(1\) 的总数为 \(sum\) ，则有 \(cost = max(A,sum - B)\)。
再设子串长度为 \(len\) ，则有 \(cost = max(A+B,sum) - B = max(len,sum) - B\)
考虑 \(len \leq sum\) ，则有 \(cost = sum - B\)，显然如果 \(len\) 增加，那么 \(B\) 是不减的，因此我们考虑取 \(len = sum\)。
考虑 \(len \geq sum\) ，则有 \(cost = len - B = A\) ，显然如果 \(len\) 减少，那么 \(A\) 是不增的，因此我们考虑取 \(len = sum\)。
综上，最优的子串长度一定为 \(sum\) ，因此枚举左端点，取长度为 \(sum\) 的子串计算每个 \(cost = A\) 取最小值即可。而 \(A\) 可通过前缀和预处理。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
方法1可是基础捏，一定要会哟qwq。
代码
方法1
///尺取法 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int t; cin>>t; while(t--){ string s; cin>>s; int n = s.length(); int cnt0 = 0,cnt1 = 0; for(int i = 0;i<n;i++){ if(s[i] == '1') cnt1++; } int ans = cnt1; int l = 0,r = 0; while(l<n){ while(r<n && cnt0!=cnt1){ if(s[r] == '0') cnt0++; else if(s[r] == '1') cnt1--; r++; } ans = min(ans,max(cnt0,cnt1));///最后r<n,cnt0和cnt1就不一定平衡了 if(s[l] == '0') cnt0--; else if(s[l] == '1') cnt1++; l++; } cout<<ans<<'\n'; } return 0; } 方法2
///结论，取长度为len，费用即字串0的个数 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int pre[200007]; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int t; cin>>t; while(t--){ string s; cin>>s; int n = s.length(); s = ? + s; for(int i = 1;i<=n;i++) pre[i] = pre[i-1] + (s[i] == '0'); int cnt1 = count(s.begin(),s.end(),'1'); int ans = cnt1; for(int i = cnt1;i<=n;i++) ans = min(ans,pre[i] - pre[i-cnt1]); cout<<ans<<'\n'; } return 0; } E
题目
https://codeforces.com/problemset/problem/1680/E
题解
思路
知识点：状压DP。
假设存在一个 \(*\) 的最优最后位置，那么所有 \(*\) 移动到这个位置的路径长度就是最小操作数，同时在这些路径上任取一点作为 \(*\) 的最后位置是不改变路径长度的，因此这些位置也是最优的最后位置，所以可以确定最后一列 \(*\) 的位置也是一个最优位置且是最右的最优位置，所以一开始可以把地图最后一列 \(*\) 之后列都清除，并修改 \(n\) 为最后一列。接下来考虑如何得到所有 \(*\) 到最后一列 \(*\) 的最小路径长度。
设 \(dp[i][j]\) 表示第 \(i\) 列且 \(*\) 的状态为 \(j\) 的最小操作数，\(j = 0/1/2/3\) 分别代表没有 \(*\) ，仅第一行有 \(*\) ，仅第二行有 \(*\) ，两行都有 \(*\) （对应二进制位）。
先考虑将第 \(i-1\) 列状态水平转移到第 \(i\) 列，假设第 \(i\) 列的 \(*\) 状态是 \(state\) ，第 \(i-1\) 列的 \(*\) 状态是 \(j\) ，那么有水平状态转移方程：
\[dp[i][j|state] = min(dp[i][j|state]，dp[i-1][j] + (j\&1) + ((j>>1)\&1)) \]其中 \(j|state\) 指将第 \(i-1\) 列和第 \(i\) 列的 \(*\) 水平合并的状态， \((j\&1) + ((j>>1)\&1)\) 指合并状态需要的操作次数，即 \(j\) 二进制位 \(1\) 的数量。
再考虑将第 \(i\) 列状态垂直转移，\(j = 3\) 的情况可以合并成 \(j = 1/2\) 的情况，\(j = 1/2\) 的情况可以垂直移动变为 \(j = 2/1\) 的情况，\(j = 0\) 的情况在同列没有下一种可能情况，因此最后有两个状态可以被转移 \(j = 1/2\) ：
\[dp[i][1] = min({dp[i][1],dp[i][2] + 1,dp[i][3] + 1})\\ dp[i][2] = min({dp[i][2],dp[i][1] + 1,dp[i][3] + 1}) \]最后递推到最后一个 \(*\) 出现的列 \(n\) ，答案即为 \(min(dp[n][1],dp[n][2])\) 。
注意开始时要把 \([1,n]\) 的所有状态设为无穷大（1e9就行），设 \(dp[0][0 \cdots 3] = 0\) 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int dp[200007][4+7]; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int t; cin>>t; while(t--){ int n; cin>>n; string s1,s2; cin>>s1>>s2; s1 = ? + s1; s2 = ? + s2; while(s1.back() == '.' && s2.back() == '.') n--,s1.pop_back(),s2.pop_back();///找到最后一列有*的 for(int i = 1;i<=n;i++) for(int j = 0;j<4;j++) dp[i][j] = 1e9;///初始化都设为无穷大 for(int i = 1;i<=n;i++){ int state = 0; if(s1[i] == '*') state |= 1; if(s2[i] == '*') state |= 2; for(int j = 0;j<4;j++){///水平移动的转移 dp[i][j | state] = min(dp[i][j | state],dp[i-1][j] + (j&1) + ((j>>1)&1)); } ///垂直移动的转移 dp[i][1] = min({dp[i][1],dp[i][2] + 1,dp[i][3] + 1}); dp[i][2] = min({dp[i][2],dp[i][1] + 1,dp[i][3] + 1}); } cout<<min(dp[n][1],dp[n][2])<<'\n'; } return 0; }