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AtCoder Regular Contest 119

作者:互联网

B.Electric Board

题目描述

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给定长度为 \(n\) 两个字符串 \(S,T\),要求通过最少的操作数把 \(S\) 变成 \(T\),操作就是对于 \(s_l=0\and s_{l+1}=...=s_r=1\) 或者 \(s_l=1\and s_{l+1}=...=s_r=0\) 可以交换元素 \(s_l\) 和 \(s_r\)

\(2\leq n\leq 500000\)

解法1

我们可以把所有 \(0\) 换到应该的位置上,那么 \(1\) 也就确定了。

\(0\) 换过去的代价是路上 \(0\) 的数量,这就和 \(1\) 没关系了,那么我们把 \(S,T\) 的 \(0\) 都取出来,相邻的配对即可。

解法2

我们可以把所以 \(1\) 换到应该的位置上,那么 \(0\) 也就是确定了。

\(1\) 换过去的代价是路上 \(0\) 的数量,这和 \(0/1\) 都有关系,直接匹配是行不通的,\(\tt oneindark\) 给出的做法是从左往右扫,如果遇到 \(S\) 有 \(1\) 但是 \(T\) 没有就把他移动到右边第一个 \(0\),如果 \(T\) 有 \(1\) 但是 \(S\) 没有也把他移动到右边第一个 \(0\)

这种做法的正确性有二:一是两个状态都往中间靠拢;二是我们永远在不得不操作的时候操作

C.ARC Wrecker 2

题目描述

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有 \(n\) 个楼房,第 \(i\) 个高为 \(a_i\),相邻的楼房可以同时增加或同时减少,问能够推平(高度全部变成 \(0\))的区间有多少个。

\(2\leq n\leq 300000,1\leq a_i\leq 10^9\)

解法

一定要有敏锐的观察能力,这道题的结论是:如果奇偶位置高度相同则可以推平

证明不难,因为无论怎么操作奇偶的差都是不变的,而目标奇偶差值为 \(0\),初始状态一定能到目标状态。

然后搞一个特殊的前缀和,奇数位置符号为正,偶数位置符号为负,找权值和为 \(0\) 的区间即可。

#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
const int M = 300005;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,ans,a[M];map<int,int> mp;
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();
		if(i>1) a[i]+=a[i-2];
	}
	mp[0]=mp[a[1]]=1;
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
	{
		int x=2*i;
		ans+=mp[a[x-1]-a[x]];
		if(x<n) ans+=mp[a[x+1]-a[x]];
		mp[a[x-1]-a[x]]++;
		mp[a[x+1]-a[x]]++;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

D.Grid Repainting 3

题目描述

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解法

注意到一开始没有白色格子,所以设被染白的行数量为 \(a\),列数量为 \(b\),我们只需要最大化:

\[n\times m-(n-a)(m-b) \]

然后就要开始观察了,不难发现一个红色格子操作后可能覆盖到其他格子,就不能让所有红色格子充分发挥作用。所以如果我们确定了某一个红色格子的状态,那么可以确定和他在同行同列格子的状态,以此类推,这像是一个牵一发而动全身的过程。

举个例子,比如我们要操作 \((x,y)\) 的行 \(x\),那么和他同行的格子必须选择漂白列,和他同列的格子必须选择漂白行,因为不能影响 \((x,y)\),所以我们把每个点和其同行同列的点连边,那么所形成的连通块就能解决所有它的行和列的染色,除了激发点,如果激发点漂白行那么就少了一列的漂白,如果激发点漂白列那么就少了一行的漂白。

继续发现激发点的选择是无关紧要的,我们可以通过枚举来确定有多少连通块的激发点要漂白行,有多少连通块的激发点要漂白列,输出方案递归即可。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 2505;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,a,b,cnt,ans,p,r[M],c[M];
char s[M][M];vector<int> v;
void dfs(int x,int y)
{
	if(r[x] && c[y]) return ;
	bool rx=r[x],cy=c[y];r[x]=c[y]=1;
	if(!rx) for(int i=1;i<=m;i++)
		if(s[x][i]=='R') dfs(x,i);
	if(!cy) for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i][y]=='R') dfs(i,y);
}
void print(int x,int y)
{
	if(r[x] && c[y]) return ;
	bool rx=r[x],cy=c[y];r[x]=c[y]=1;
	if(!rx) for(int i=1;i<=m;i++)
		if(s[x][i]=='R') print(x,i);
	if(!cy) for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i][y]=='R') print(i,y);
	if(!rx && cy) printf("X %d %d\n",x,y);
	if(rx && !cy) printf("Y %d %d\n",x,y);
}
signed main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%s",s[i]+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(s[i][j]=='R' && !r[i] && !c[j])
			{
				dfs(i,j);cnt++;
				v.push_back(i*m+j-1);
			}
	for(int i=1;i<=n;i++) a+=r[i];
	for(int i=1;i<=m;i++) b+=c[i];
	for(int i=0;i<=cnt;i++)
	{
		int x=n-a+i,y=m-b+(cnt-i);
		if(n*m-x*y>ans) ans=n*m-x*y,p=i;
	}
	for(int i=1;i<=max(n,m);i++)
		c[i]=r[i]=0;
	printf("%d\n",a+b-cnt);
	for(int i=0;i<p;i++)
	{
		print(v[i]/m,v[i]%m+1);
		printf("Y %d %d\n",v[i]/m,v[i]%m+1);
	}
	for(int i=p;i<cnt;i++)
	{
		print(v[i]/m,v[i]%m+1);
		printf("X %d %d\n",v[i]/m,v[i]%m+1);
	}
}

E.Pancakes

题目描述

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解法

翻转一段区间 \([l,r]\),两边和中间相邻数字差都不会变,只有左右端点会变,会令答案加上:

\[|s_r-s_{l-1}|+|s_{l}-s_{r+1}|-(|s_l-s_{l-1}|+|s_r-s_{r+1}|) \]

后面那一块我们先不管,我们来把前面的绝对值拆开:

这道题有一个十分关键的点就是不需要区分是 \(l\) 还是 \(r\),比如说某一个情况我们算成 \(r\) 在前 \(l\) 在后,这对应着另一种 \(l\) 在前 \(r\) 在后的情况,所以我们只需要看成 \((s_x,s_{x-1})\) 这若干个二元组求偏序关系即可。

然后偏序关系还有两种,但是会被 \(\tt Case\space 1,2\) 给计算到所以不用管,时间复杂度 \(O(n\log n)\)

标签:AtCoder,格子,int,leq,Regular,漂白,include,119,解法
来源: https://www.cnblogs.com/C202044zxy/p/14782655.html