Educational Codeforces Round 39

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过题数：4
排名：454/10671

A. Partition

题意

将一个长度为 $n$ 的序列 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 中的每个数字，分到两个序列 $B$ 和 $C$ 中，一个数字只能被分到一个序列，要求序列 $B$ 中所有数字的和减去序列 $C$ 中所有数字的和的差最大，问最大的差是多少。

输入

第一行为一个整数 $n~(1\leq n\leq100)$ ，第二行为 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\cdots,a_n~(-100\leq a_i\leq100)$ 。

输出

输出序列 $B$ 中所有数字的和减去序列 $C$ 中所有数字的和的差的最大值。

样例

输入
3 1 -2 0
输出
3
提示
我们可以令 $B=\{1,0\},C=\{-2\}$ 于是 $sum_B=1,sum_C=-2,sum_B-sum_C=3$ 。

输入
6 16 23 16 15 42 8
输出
120
提示
令 $B=\{16,23,16,15,42,8\},C=\{\}$ ，那么 $sum_B=120,sum_C=0,B-C=120$ 。

题解

把所有正数都放到 $B$ 序列，所有负数都放到 $C$ 序列，最后的结果等于 $A$ 序列中所有数字绝对值的和。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 200;
int n, num;

int main() {
    #ifdef LOCAL
        freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%d", &n) != EOF) {
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%d", &num);
            ans += abs(num);
        }
        printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}

B. Weird Subtraction Process

题意

给定两个正数 $a$ 和 $b$ ，每次对这两个正数做下面的操作：

如果 $a=0$ 或者 $b=0$ ，结束操作。否则执行操作 $2$ 。

如果 $a\geq2b$ ，将 $a$ 变为 $a-2b$ ，然后执行操作 $1$ 。否则执行操作 $3$ 。

如果 $b\geq2a$ ，将 $b$ 变为 $b-2a$ ，然后执行操作 $1$ 。否则结束操作。

求操作结束后 $a$ 和 $b$ 的值。

输入

输入包含两个整数 $a,b~(1\leq a,b\leq10^{18})$ 。

输出

输出操作结束后 $a$ 和 $b$ 的值。

样例

输入
12 5
输出
0 1
提示
$a=12,b=5\rightarrow a=2,b=5\rightarrow a=2,b=1\rightarrow a=0,b=1$ 。

输入
31 12
输出
7 12
提示
$a=31,b=12\rightarrow a=7,b=12$ 。

题解

$b\geq2a$ 时，多次执行 $b-2a$ 的结果是 $b\%2a$ ，因此用取模运算代替减法运算，可以在 $O(\log n)$ 的时间复杂度内求得答案。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;

#define LL long long
LL a, b;

int main() {
    #ifdef LOCAL
        freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%I64d%I64d", &a, &b) != EOF) {
        while(a != 0 && b != 0) {
            if(a >= 2 * b) {
                a %= 2 * b;
                continue;
            }
            if(b >= 2 * a) {
                b %= 2 * a;
                continue;
            }
            break;
        }
        printf("%I64d %I64d\n", a, b);
    }

    return 0;
}

C. String Transformation

题意

给定一个字符串 $s$ ，可以将这个字符串的任意一个字符变成它的下一个字符（按 $ASCII$ 顺序），问给定的字符串能否通过任意次这种操作成为一个含有子字符序列 $abc\cdots z$ 的字符串。

输入

输出为一个只包含小写字符的字符串 $s~(1\leq|s|\leq10^5)$ 。

输出

如果无法成为满足题意的字符串，输出 $-1$ ，否则输出转化后的字符串，如果有多解输出任意一个。

样例

输入
aacceeggiikkmmooqqssuuwwyy
输出
abcdefghijklmnopqrstuvwxyz

输入
thereisnoanswer
输出
-1

题解

用一个 $ch$ 来记录当前位置的字符需要变成的子序列 $abc\cdots z$ 中的字符，如果当前字符的 $ASCII$ 不大于 $ch$ ，说明当前字符可以变成 $ch$ ，然后将 $ch++$ 成为下一个字符，最后判断 $ch$ 是否到达 $'z'+1$ 。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 100000 + 100;
char str[maxn];

int main() {
    #ifdef LOCAL
        freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%s", str) != EOF) {
        char ch = 'a';
        for(int i = 0; str[i]; ++i) {
            if(str[i] <= ch) {
                if(ch <= 'z') {
                    str[i] = ch;
                    ++ch;
                }
            }
        }
        if(ch == 'z' + 1) {
            printf("%s\n", str);
        } else {
            printf("-1\n");
        }
    }

    return 0;
}

D. Timetable

题意

$Ivan$ 要上 $n$ 天的课，每天 $m$ 节课，一天的课表用一个长度为 $m$ 的 $01$ 字符串表示， $0$ 表示不用上课， $1$ 表示有课， $Ivan$ 需要从他上的第一节课开始待在学校，直到他上的最后一节课，但是他总共可以翘 $k$ 节课，问他最少的待在学校的时间可以是多少。

输入

第一行包含三个整数 $n,m,k~(1\leq n,m\leq500,0\leq k\leq500)$ ，接下去 $n$ 行每行为一个长度为 $m$ 的字符串，表示每天的课表。

输出

输出 $Ivan$ 待在学校的最少时间。

样例

输入
2 5 1 `01001` `10110`
输出
5
提示
$Ivan$ 可以翘掉第一天的任意一节课，这样他第一天就可以只待在学校 $1$ 节课的时间，第二天待在学校 $4$ 四节课的时间。

输入
2 5 0 `01001` `10110`
输出
8
提示
$Ivan$ 无法翘掉任何一节课，所以他每天都需要待在学校 $4$ 节课的时间。

题解

首先贪心 $O(nm)$ 预处理出第 $i$ 天翘掉 $j$ 节课能够待在学校的最少时间（每次翘课一定从第一节课往后面翘或者从最后一节课往前面翘） $Min[i][j]$ ，接着定义 $dp[i][j]$ 表示从第 $1$ 天到第 $i$ 天总共翘 $j$ 节课 $Ivan$ 需要待在学校的最少时间，对于到第 $i$ 天共翘掉 $j$ 节课，从 $0$ 到 $k$ 枚举前一天翘掉 $l$ 节课待在学校的最短时间 $dp[i-1][l]$ ，加上今天翘掉 $j-l$ 节课待在学校的最短时间 $Min[i][j-l]$ ，就是到第 $i$ 天翘掉 $j$ 节课待在学校的最短时间，于是有递推式：

$d p [i] [j] = min (d p [i - 1] [l] + M i n [i] [j - l])$ $dp[i][j]=\min(dp[i-1][l]+Min[i][j-l])$ 最后注意一下递推时的边界条件，答案就是 $dp[n][k]$ 。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 600;
const int INF = INT_MAX;
int n, m, k;
int Index[maxn];
char str[maxn][maxn];
int Min[maxn][maxn];
int dp[maxn][maxn];

int main() {
    #ifdef LOCAL
        freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF) {
        memset(Min, 0, sizeof(Min));
        memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%s", str[i] + 1);
            int cnt = 0;
            for(int j = 1; j <= m; ++j) {
                if(str[i][j] == '1') {
                    Index[cnt++] = j;
                }
            }
            for(int j = 0; j < cnt; ++j) {
                Min[i][j] = INF;
                for(int kk = 0; kk + (cnt - j) - 1 < cnt; ++kk) {
                    Min[i][j] = min(Min[i][j], Index[kk + (cnt - j) - 1] - Index[kk] + 1);
                }
            }
        }
        for(int i = 0; i <= k; ++i) {
            dp[0][i] = 0;
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            for(int j = 0; j <= k; ++j) {
                for(int kk = 0; kk <= j; ++kk) {
                    dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][kk] + Min[i][j - kk]);
                }
            }
        }
        printf("%d\n", dp[n][k]);
    }

    return 0;
}

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A. Partition

题意

输入

输出

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B. Weird Subtraction Process

题意

输入

输出

样例

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C. String Transformation

题意

输入

输出

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D. Timetable

题意

输入

输出

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