Codeforces Round#715 Div.2 部分题解

依旧的思维场。

A. Average Height

题意： 给出一个数组，要求重新排列其中的元素，使得满足 a i + a i + 1 2 \frac {a_i+a_{i+1}}{2} 2ai​+ai+1​​是整数的 i i i尽可能多。
做法： 很容易想到把奇数放一起，偶数放一起，就能使得满足要求的 i i i最多。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, a[2020], b[2020];
int t;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
	{
		cin >> n;
		t = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if(a[i] & 1) b[++t] = a[i];
		}
		for(int i = 1; i <= n; i++) if(a[i] % 2 == 0) b[++t] = a[i];
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			cout << b[i];
			if(i == n) cout << endl;
			else cout << ' ';
		}
	}
	return 0;
}

B. TMT Document

题意： 给出一个字符串 s s s，问能否将 s s s划分成若干不相交的序列，每个序列都是TMT。若可以，输出YES，否则输出NO。
做法： 思考一下，也就是每个M的前面必须要有一个可用的T，后面也必须要有一个可用的T与之配套，且T的总数量是字符串长度的 2 3 \frac {2}{3} 32​，就是YES，否则就是NO。通过前缀和记录前 i i i个字符里，T和M的数量即可。从前往后，从后往前各检查一次。也别忘了检查T的数量是不是 2 3 n \frac {2}{3}n 32​n。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
char s[N];
int n, f, cnt[N], pre;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
	{
		cin >> n >> s + 1;
		f = 1;
		pre = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++) cnt[i] = cnt[i - 1] + (s[i] == 'T');
		if(cnt[n] * 3 != n * 2) f = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if(s[i] == 'M')
			{
				if(cnt[i - 1] < pre + 1)
				{
					f = 0;
					break;
				}
				else pre++;
			}
		}
		pre = 0;
		for(int i = n; i >= 1; i--)
		{
			if(s[i] == 'M')
			{
				if(cnt[n] - cnt[i - 1] < pre + 1)
				{
					f = 0;
					break;
				}
				else pre++;
			}
		}
		cout << (f? "YES" : "NO") << endl;
	}
	return 0;
}

C. The Sports Festival

赛时猜到了是DP然而半天定义不出状态，查看官方题解发现是区间DP，只能说自己区间DP掌握的不太熟练。
题意： 给出一个数组 a a a，定义 d i d_i di​为 a a a数组中，前 i i i个数中的最大值与最小值的差，现在要求重新排列 a a a数组，使得 ∑ i = 1 n b i \sum_{i=1}^{n}b_i ∑i=1n​bi​最小。
做法（官方题解）： 首先，将原数组排序。设 d p [ l ] [ r ] dp[l][r] dp[l][r]代表区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]内的元素重排序后，最小的 d d d之和。转移方程： d p [ l ] [ r ] = s [ r ] − s [ l ] + m i n ( d p [ l + 1 ] [ r ] , d p [ l ] [ r − 1 ] ) dp[l][r]=s[r]-s[l]+min(dp[l+1][r],dp[l][r-1]) dp[l][r]=s[r]−s[l]+min(dp[l+1][r],dp[l][r−1])。分别代表从数组的最后添加一个更大值或者在区间的前面添加一个最小值的决策。
为什么只有这两种决策？
因为通过样例二，我们可以发现，让全局最大值和最小值尽量出现在数组的极端，可以使得新的和小于等于原来的，至少不会增加。而延迟全局最大值和全局最小值的出现的方式，就是通过将全局最大值和最小值挪动到数组的两端，而具体怎么挪动，就是需要dp解决的。
几个例子便于理解：

5
1e9 1e9-1 1e9-2 1e9-3 1

5
1 2 3 4 1e9

6
3 3 3 6 6 1

由于这个dp要依赖之后的状态的最优值，不太推荐使用循环来求解，改用记忆化搜索来求解。显然 d p [ i ] [ i ] = 0 dp[i][i]=0 dp[i][i]=0。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2020;
const ll INF = 0X3F3F3F3F3F3F3F3F;
int n, s[N], b[N];
ll dp[N][N];
ll dfs(int l, int r)
{
	if(dp[l][r] != -1) return dp[l][r];
	if(l == r) return 0;
	return dp[l][r] = min(dfs(l + 1, r), dfs(l, r - 1)) + s[r] - s[l]; 
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i];
	sort(s + 1, s + 1 + n);
	memset(dp, -1, sizeof(dp));
	cout << dfs(1, n) << endl;
	return 0;
}

D. Binary Literature

题意： 给出一个数字 n n n和3个长度为 2 n 2n 2n的不同01字符串，要求构造一个长度不超过 3 n 3n 3n的字符串，使得其长度为 2 n 2n 2n的子序列中至少有含有两个给出的字符串。
做法（官方题解）： 如果没有长度限制，我们直接随便将两个给出的字符串拼接输出即可。现在有了长度限制，该怎么做呢？一是我们注意到原题并没有要求子串，而是要求子序列含有给出的字符串即可。那么，一个位置上的0/1就可以实现给多个子序列共用。如果可供共用的位置 ≥ n \ge n ≥n，就可以将长度进一步缩小到 3 n 3n 3n以内。
注意到，给出的字符串是01字符串，那么，如果一个字符的数量不足 n n n，那么另一个字符数量就一定大于 n n n。由抽屉原理可以知道，3个字符串中，一定有两个字符串0的数量大于 n n n或者两个字符串1的数量大于 n n n。因此一定可以构造出答案。
由于题目不要求最小化答案字符串的长度，因此我们将答案字符串的长度缩小到 3 n 3n 3n即可。假设有两个字符串的0的数量大于了 n n n。我们首先构造一个字符串0000…(n个)，代表共用的0。然后设前 n n n个0分别将两个字符串分割为了 s 1 , s 2 . . s_1,s_2.. s1​,s2​..和 t 1 , t 2 . . t_1,t_2.. t1​,t2​..，之后我们只需要把 s 1 + t 1 s_1+t_1 s1​+t1​插入全零串的第一个0之前， s 2 + t 2 s_2+t_2 s2​+t2​插入到全零串的第一个和第二个0之间的位置……以此类推，即可。（尽管代码不是这么实现的，但意思是这个意思）。
两个字符串1的数量大于n也是类似的处理过程。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
string s;
vector<string> s0, s1;
string mix(string s, string t, char c)
{
	vector<int> v1, v2;
	v1.push_back(-1);
	v2.push_back(-1);
	for(int i = 0; i < 2 * n; i++)
	{
		if(s[i] == c) v1.push_back(i);
		if(t[i] == c) v2.push_back(i);
	}
	string res = "";
	for(int i = 0; i < n; i++)
	{
		for(int j = v1[i] + 1; j < v1[i + 1]; j++) res += s[j];
		for(int j = v2[i] + 1; j < v2[i + 1]; j++) res += t[j];
		res += c;
	}
	for(int j = v1[n] + 1; j < 2 * n; j++) res += s[j];
	for(int j = v2[n] + 1; j < 2 * n; j++) res += t[j];
	return res;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
	{
		cin >> n;
		s0.clear();
		s1.clear();
		for(int i = 1; i <= 3; i++)
		{
			cin >> s;
			int cnt = 0;
			for(int j = 0; j < 2 * n; j++) cnt += s[j] == '0';
			if(cnt >= n) s0.push_back(s);
			else s1.push_back(s);
		}
		if(s0.size() > 1) cout << mix(s0[0], s0[1], '0') << endl;
		else cout << mix(s1[0], s1[1], '1') << endl;
	}
	return 0;
}

标签：int,题解,715,Codeforces,long,cin,++,字符串,dp
来源： https://blog.csdn.net/weixin_45405178/article/details/115791853