Codeforces Round #533 (Div. 2)题解 by_Hile

前言：本来在周报上夸下海口说一周补一套Div1，结果发现以前打过的好几场Div2都没补完，于是这几周打算先补了打过的Div2，并且写完题解。
（感觉以前好菜，div2只能出两题（虽然现在还是很菜

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A.Salem and Sticks (1100)

题意：有 $n\ (1\leq n \leq 1000)$个长度分别为 $a_i\ (1\leq a_i\leq 100)$的木棒，你可以花费 $|b_i-a_i|$使一根木棒的长度从 $a_i$变为 $b_i$，求让所有木棒满足 $|b_i-t|\leq1$的最小花费与此时的 $t$。

思路：由于 $a_i$最大只有100，暴力枚举所有可能的 $t$并记录最小费用即可，时间复杂度 $O(100n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1010],ans=0x3f3f3f3f,tt;
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    for(int t=1;t<=100;t++)
    {
        int sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            sum+=min(abs(a[i]-t),min(abs(a[i]-t+1),abs(a[i]-t-1)));
        if(ans>sum)
        {
            ans=sum;
            tt=t;
        }
    }
    cout<<tt<<" "<<ans;
}

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B.Zuhair and Strings (1200)

题意：求出长度为 $n\ (1\leq n\leq 2e5)$的字符串中，不相交且长度为 $k\ (1\leq k\leq n)$的只含一种字母的子串个数。

思路：暴力记录所有符合条件的子串，然后找最大数量，时间复杂度 $O(n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,ans,mp[26];
string s;
int main()
{
    cin>>n>>k>>s;
    for(int i=0;i<s.size();i++)
    {
        int cnt=0;
        for(int j=i;j<i+k;j++)
        {
            if(s[i]!=s[j])
            {
                cnt=j-i;
                break;
            }
        }
        if(!cnt)
        {
            mp[s[i]-'a']++;
            cnt=k;
        }
        i+=cnt-1;
    }
    for(int i=0;i<26;i++)
        ans=max(ans,mp[i]);
    cout<<ans;
}

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C.Ayoub and Lost Array (1500)

题意：存在一长度为 $n\ (1\leq n \leq 2e5)$的数组，其中每个元素的大小都属于 $[l,r]\ (1\leq l\leq r \leq 1e9)$，求满足数组所有元素之和 $\mod 3=0$的方案数（对 $1e9+7$取模）。

思路：线性dp，用 $dp[i][j]$表示枚举到数组第 $i$位时和 $\mod 3=j$的方案数（对 $1e9+7$取模）。则状态转移方程为
$dp[i][(j+k)\%3]=dp[i][(j+k)\%3]+dp[i-1][k]*cnt_j$
由于从 $dp[i-1][0:2]$到 $dp[i][0:2]$共有九种转移方法，上述方程表示从 $k$转移到 $(j+k)\%3$。
其中 $cnt_j$为在 $[l,r]$中 $\mod 3=j$的方案数，为 $\lfloor \frac{r-j+3}{3} \rfloor -\lfloor \frac{l-j+2}{3} \rfloor$。（关键结论）
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MOD 1000000007
using namespace std;
ll n,l,r,ans,dp[200010][3];
int main()
{
    cin>>n>>l>>r;
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<3;j++)
        {
            ll cnt=(r-j+3)/3-(l-j+2)/3;
            for(int k=0;k<3;k++)
                dp[i][(j+k)%3]=(dp[i][(j+k)%3]+dp[i-1][k]*cnt)%MOD;
        }
    }
    cout<<dp[n][0];
}

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D.Kilani and the Game (1900)

题意：给定一个 $n\times m$的只由数字、’#‘和’.‘构成的图，数字 $i$代表 $i$号玩家的初始领地，共有 $p$名玩家，每回合从 $1$号玩家开始进行 $a[i]$次扩张， $i$号玩家每次扩张可以让图中所有 $i$号点四周的’.'变为 $i$，求出当整张图扩张完毕的时候所有数字的数量。

思路：BFS，记录每回合开始的所有玩家的所有源点，依次往外扩张 $a[i]$的距离后将停止时的点压入滚动队列使其成为下一轮的源点，然后重复上述过程直至所有队列都为空，表示游戏结束，时间复杂度 $O(nmp)$。
（Bonus：读题时想到的另一种算法，先进行 $p$次BFS预处理出所有每一点到每个玩家最近源点的曼哈顿距离（考虑’#’）并用一个 $1000*1000*10$的三维数组储存， $p$点的编号即为距离最小的玩家的编号，遍历整张图后即可统计出答案。
（口头AC，算法并未实现，正确性和复杂度未知，但时空复杂度显然高于原算法
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,p,a[10];//如题
int ans[10],rod=1;//ans[i]：第i号玩家的格子数，rod：当前进行的游戏轮数
int xy[4][2]={{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};//单位向量，便于bfs
bool vis[1010][1010];//当前点是否可行
string s[1010];//存图
struct node
{
    int x,y,s;//存坐标(x,y)和节点深度s
};
queue<node> qu[10][2];//qu[i][]表示i号玩家每一轮的起始节点，滚动一维
void bfs(int x)//bfs求x号玩家第rod轮的扩张情况
{
    while(!qu[x][rod&1].empty())
    {
        node tmp=qu[x][rod&1].front();
        qu[x][rod&1].pop();
        if(tmp.s>rod*a[x]&&!vis[tmp.x][tmp.y])
        {
            qu[x][(rod+1)&1].push(tmp);
            continue;
        }
        if(vis[tmp.x][tmp.y])continue;
        vis[tmp.x][tmp.y]=true;
        ans[x]++;
        for(int i=0;i<4;i++)
        {
            int tx=tmp.x+xy[i][0],ty=tmp.y+xy[i][1];
            if(!vis[tx][ty]&&s[tx][ty]=='.')
                qu[x][rod&1].push({tx,ty,tmp.s+1});
        }
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>m>>p;
    for(int i=1;i<=p;i++)cin>>a[i];
    //存图，并在所给图的外围加一圈'#'
    for(int i=0;i<=m+1;i++)s[0].push_back('#'),vis[0][i]=1;
    for(int i=0;i<=m+1;i++)s[n+1].push_back('#'),vis[n+1][i]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        s[i].push_back('#');vis[i][0]=1;
        string tmp;cin>>tmp;s[i]+=tmp;
        s[i].push_back('#');vis[i][m+1]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(isdigit(s[i][j]))
                qu[s[i][j]-'0'][rod&1].push({i,j,0});
            else if(s[i][j]=='#')
                vis[i][j]=1;
    while(true)
    {
        int flag=0;
        for(int i=1;i<=p;i++)
            bfs(i);
        rod++;
        for(int i=1;i<=p;i++)//若所有队列都为空说明无法扩张，游戏结束退出循环
            for(int j=0;j<2;j++)
                if(!qu[i][j].empty())
                    flag++;
        if(!flag)break;
    }
    for(int i=1;i<=p;i++)
        cout<<ans[i]<<" ";
    return 0;
}

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E.Helping Hiasat (2200)

题意：未完待续

思路：

代码：

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