Codeforces Round 933 (Div. 3) (A~E)
A题：Rudolf and the Ticket
标签: 暴力枚举（brute force）数学（math）排序算法（sortings）双指针算法（two pointers）
题目大意
- 给一个长度为n的数组b，和一个长度为m的数组c，还有一个整数k。
- 从b，c中各选一个数，问有多少种选法使这两个数小于等于k
思路
- 前缀和快速得出在b数组中小于等于k - c 的数的个数
AC代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2020;
int cnt[N];
void solve()
{
int n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
for(int i = 0; i < n; i++)
{
int a; cin >> a;
cnt[a] ++;
}
for(int i = 1; i <= 2010; i ++)
cnt[i] += cnt[i-1];
int res = 0;
for(int i = 0; i < m; i++)
{
int b; cin >> b;
if(k>=b)res += cnt[k - b];
}
cout << res << endl;
}
int main()
{
int T; cin >> T;
while(T--)
solve();
return 0;
}B题：Rudolf and 121
标签: 贪心策略（greedy）数学（math）
题目大意
- 有一个由 n个整数组成的数组 a ，元素的编号从 1 到 n 。在一次操作中，他可以选择索引 i ( 2 ≤ i ≤ n) 并赋值：
- a~i−1~ = a~i−1~ − 1
- a~i~ = a~i~ − 2
- a~i+1~ = a~i+1~ − 1
- 多次使用这个运算。问是否能将a 中元素全变为0
思路
- 如果要将第一个数变为0，那么只能对第二个数进行操作，变换完后将不会在对第二个数进行操作。
- 那么同理：将第二个数变为0，只能对第三个进行操作...
AC代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000100;
int cnt[N];
void solve()
{
int n; cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> cnt[i];
for(int i = 1; i <= n - 2; i++)
{
if(cnt[i] > 0)
{
cnt[i+1] -= cnt[i] * 2;
cnt[i+2] -= cnt[i];
cnt[i] = 0;
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(cnt[i] != 0) {
cout << "NO" << endl;
return ;
}
}
cout << "YES" << endl;
}
int main()
{
int T; cin >> T;
while(T--)
solve();
return 0;
}C题：Rudolf and the Ugly String
标签: 动态规划（dp）字符串处理（strings）
题目大意
- 给定字符串s，问：最少操作几次使 s 不包含子串"map"和"pie"。
- 如果字符串 b 中存在一个连续的字符段等于 a ，则字符串 a是 b 的子串。
思路
- 如果s中含有 "map" ，删除 'a'，含有"pie"，删除 'i' 即可消掉
- 特判如果含有 "mapie" 这个子串，删除 'p' 即可将map和pie都消掉(只需要删一次)
AC代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{
int n; string s;
cin >> n >> s;
int t = s.size(), res = 0;
for(int i = 0; i < t - 2; i++)
{
string subS = s.substr(i, 3);
if(subS == "map" || subS == "pie")
res ++;
if(i <= t - 5 && s.substr(i, 5) == "mapie")
res--;
}
cout << res << endl;
}
int main()
{
int T; cin >> T;
while(T--)
solve();
return 0;
}D题：Rudolf and the Ball Game
标签: 动态规划（dp）实现问题，编程技巧，模拟（implementation）
题目大意
- n 个人编号1~n站成一个圈，有一个球在编号为x的人手上，进行m次传球
- 给定每次投掷的距离和每次投掷的方向(顺时针或逆时针)，也有可能不知道方向。
- 计算出 m 次抛球后可能拿到球的人。
思路
- 为了方便将编号1~n 进行减一
- 状态表示：dp[i][j]表示 进行i次传球，球可不可能在编号为j的人手上 (值：1 0)
- 初始值：没进行传球时球在 x，即：dp[0][x] = 1;
- 转态转移：
- 逆时针传球：dp[i][j] |= dp[i-1][(j + f[i].fr) % n];
- 顺时针传球：dp[i][j] |= dp[i-1][((j - f[i].fr) % n + n) % n];
AC代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define fr first
#define se second
using namespace std;
typedef pair<int, char> PII;
const int N = 1010;
PII f[N];
int dp[N][N];
void solve()
{
int n, m, x;
cin >> n >> m >> x;
x--;
for(int i = 0; i <= m; i++)
for(int j = 0; j <= n; j++)
dp[i][j] = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++)
cin >> f[i].fr >> f[i].se;
dp[0][x] = 1;
int res = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(f[i].se == '?' || f[i].se == '1')
dp[i][j] |= dp[i-1][(j + f[i].fr) % n];
if(f[i].se == '?' || f[i].se == '0')
dp[i][j] |= dp[i-1][((j - f[i].fr) % n + n) % n];
if(i==m && dp[i][j]==1) res ++;
}
cout<< res << endl;
for(int i = 0; i < n; i++)
if(dp[m][i] == 1) cout << i + 1 << " ";
cout << "\n";
}
int main()
{
int T; cin >> T;
while(T--)
solve();
return 0;
}E题：Rudolf and k Bridges
标签: 数据结构（data structures）动态规划（dp）
题目大意
- n行和 m列组成的网格。第 i行和第 j 列的交点包含数字 a~i,j~ ---相应单元格的深度。第一列和最后列中的所有单元格都与河岸相对应，因此它们的深度为 0。
- 可以选择每一行安装支架，建造一座桥。
- 起点和终点必须含有支架
- 支架间间隔最多为d
- 在(i , j)建支架成本为 a~i,j~ + 1
- 问：建造连在一起的k座桥，所需最少成本。
思路
- 直接给出定义，dp[i] 为在 i 处建造支柱最小的花费。dp[i-d-1]~dp[i-1] 里面找最小值转移到dp[i]
- 下标 i-dis-1 的位置有支柱，最远可以让下标 i 位置造一个支柱，即: dp[i]=min{ dp[i-d-1] ~ dp[i-1] } + d[i] + 1
- 连续 k 座桥用前缀和或滑动窗口即可
- dp这样的时间复杂度为 n * m * d 会T掉
- 每次存储dp[i-d-1] ~ dp[i-1]最小值转移，即用单调队列优化详情看AC代码，时间复杂度 n * m
基础dp代码 (会T掉)
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 200005;
LL d[N], ans[111];
void solve()
{
int n, m, k, dis;
cin >> n >> m >> k >> dis;
dis++;
for(int j = 1;j <= n; j++){
for(int i = 1;i <= m; i++){
cin >> d[i];
LL dd = 1e18;
for(int k = i - 1; k >= max(1, i - dis); k--)
dd = min(dd, d[k]);
if(i == 1) dd = 0;
d[i] += dd + 1;
}
ans[j] = d[m];
}
for(int i = 1;i <= n; i++)
ans[i] += ans[i-1];
LL mi = 1e18;
for(int i = k;i <= n; i++)
mi = min(mi, ans[i] - ans[i-k]);
cout << mi << '\n';
}
int main(){
int T; cin >> T;
while(T--)
solve();
return 0;
}AC代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 200005;
LL d[N], ans[111], q[N];
void solve()
{
int n, m, k, dis;
cin >> n >> m >> k >> dis;
dis++;
for(int j = 1;j <= n; j++){
int hh = 0, tt = -1; //hh队列头，tt队列尾
q[0] = 0;
for(int i = 1;i <= m; i++){
cin >> d[i];
if(q[hh] < i - dis) hh++; // 队列头下标超出距离，删除队头
d[i] += d[q[hh]] + 1; // q[hh]即为dp[i-d-1] ~ dp[i-1]最小值下标
// 队列不为空，不断删除队尾比d[i]要小的值
while(tt >= hh && d[i] <= d[q[tt]])
tt--; //删除队尾
q[++tt] = i; //加入队列
}
ans[j] = d[m]; // d[m]表示在m处建造支柱的最小值即为答案
}
for(int i = 1;i <= n; i++)
ans[i] += ans[i-1];
LL mi = 1e18;
for(int i = k;i <= n; i++)
mi = min(mi, ans[i] - ans[i-k]);
cout << mi << '\n';
}
int main(){
int T; cin >> T;
while(T--)
solve();
return 0;
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