Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2) 题解
教育场真的好好教育了我(原来教育场是 7problems/2h)
A. Regular Bracket Sequence
题意
给出四组"((","()",")(","))"的个数，判断能否排成能够匹配的括弧
思路
- 观察知:1,4类型的括弧数量应相等
- 如果有1,4类型的括弧存在，则3类型的可以有无限个，即放在1，4类型中间
2类型括弧不影响
实现细节(略)
B. Discounts
题意
折扣\(q_i\)会免掉\(q_i-1\)贵的钱，排序即可解决
实现细节(略)
C. Painting the Fence
题意
给出n个线段，求(n-2)个线段所能覆盖的最大长度
思路
- 看起来好像线段树的变种题目:
- 先对n个线段建树，然后枚举删除的两条边
- 可以维护长度和覆盖的次数(应该能行)?
- 删边的话就是整个区段-1
- 复杂度O(N^2logN)(N=5000)>1e8
- 很可能被卡掉
- 在讲到n个线段覆盖长度的问题实际上有一种简单方法，打标记+前缀和
- a[l]++,b[r+1]--;
- 这样前缀和sum[i]能表示[i]被覆盖的次数
- 那么如何删边呢？我们只需要删除边上sum[i]=1的区域，因为sum[i]>1的区域有多条线段覆盖
- 这里的实现细节可以去处理边缩成sum[i]=1的区域
- 最后一个问题:我们要删除两条边，如果sum[i]>1的区域恰好都在这两条边内，岂不是应该删去而没有删
- 所以我们可以枚举所有的点sum[i]==2,然后枚举边是否在两条边中，并用len[i][j]记录线段i,j重合区域长度
复杂度:O(N^2)(N=5000)
实现细节
//只列核心代码 int n,q; int l[maxn],r[maxn],a[maxn]; int len[maxn];//?????????????? int dp[maxn][maxn]; int sum;// int main(){ cin>>n>>q; fr1(i,q){cin>>l[i]>>r[i];a[l[i]]++,a[r[i]+1]--;}//打标记 fr1(i,n){a[i]+=a[i-1];if(a[i]>0)sum++;}//前缀和a[],sum记录q个painter覆盖长度 for(int i=1;i<=q;i++){//记录每个painter的长度 for(int j=l[i];j<=r[i];j++){ if(a[j]==1) len[i]++; } } //?????????? for(int i=1;i<=n;i++){//统计2次覆盖的情况 if(a[i]==2){ int p1=0,p2=0; for(int j=1;j<=q;j++){ if(l[j]<=i&&i<=r[j]){ if(p1==0)p1=j; else p2=j; } } dp[p1][p2]++;//p2>p1 } } //????????? int ans=0; for(int i=1;i<=q;i++){ for(int j=i+1;j<=q;j++){ ans=max(ans,sum-len[i]-len[j]-dp[i][j]); } } pr(ans); return 0; }D. Stressful Training
题意
n台电脑,初始电量\(a_i\),每分钟小号电量\(b_i\),需要坚持k分钟(通过样例分析似乎是k-1分钟,或者说是每台电脑分钟的开始有电即可),问需要最少买多大功率的充电器(买一台，轮流充)
思路
- 我最开始的思路是:怎么求最大功率-->难道是数学方法-->可这么多台怎么求-->难道可以看作一台-->将情况分成1.任何功率都无法满足2.可以满足,然后将所有电脑看成整体-->1.可以通过找某分钟出现两台无法满足的电脑即可判断,2.数学方法
结果WA WA WA(虽然不会做但还是很有想象力的不是吗)
- 正确的思路:二分答案(无法数学求出答案的问题就二分啊)
- 二分之后，对答案的check()贪心处理，即每次选择能坚持时间最短的laptop进行充电(贪心有理)
一个优化，可以使用优先队列，当充电后可坚持时间>k,即可不用再入队列
细节实现
const int maxn = 2e5 + 5;
const int maxm = 1e6+5;
ll a[maxn],b[maxn];
int n,k;
struct lap{
ll a,b,minu;//minu 表示坚持的分钟
friend bool operator <(lap l1,lap l2){
return l1.minu>l2.minu;//for min heap
}
}laps[maxn];
//二分答案，然后求解
bool check(ll p){
//db(p);
priority_queue<lap> pq;
for(int i=1;i<=n;i++){
laps[i].a=a[i],laps[i].b=b[i],laps[i].minu=a[i]/b[i];//
pq.push(laps[i]);
}
for(int i=1;i<k;i++){//i: minutes
lap need=pq.top();//the laptop need charge
pq.pop();
need.a+=p,need.minu=need.a/need.b;
if(need.a/need.b<k){//还需充电的入heap
pq.push(need);
}
//check any remain lack of power
if(pq.empty()){return true;}//优化
lap need2=pq.top();
if(need2.minu<i){//db(i),db(need2.minu);
return false;}//无法坚持到i minutes
}
return true;
}
int main(){
scanf("%d %d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
fr1(i,n)scanf("%lld",&b[i]);
ll lo=0,hi=1e13,mid;
while(lo<hi){
mid=(lo+hi)>>1;
if(!check(mid)){
lo=mid+1;
}
else{
hi=mid;
}
}
if(lo==1e13)printf("-1\n");
else printf("%lld\n",lo);
return 0;
}E. Knapsack
题意
- 教育场就很有教育意义，从k重背包又变种出题目
- 只有1..8种重量物品，给出数量\(cnt_1..cnt_8\),背包容量W，问如何使其尽可能装满
- 核心:\(W<=1e18,cnt_i<=1e16\)
- 能够对背包容量起关键作用是小数量的物品,在还未装满的情况下留下一些小数量的物品用于dp即可(大概是这个思路，至于这个小数量是多少呢?有人认为跟lcm(1,2,3...8)有关，只是猜想)
是不是很难理解，但体会到上面的思想就能解出此题
code
ll a[10];
ll v;
ll dp[maxn];
int gcd(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int getlcm(int a,int b){
return a*b/gcd(a,b);
}
//lcm(1,2...8)=840
int main(){
ll sum=0;
int lcm=1;
cin>>v;fr1(i,8){cin>>a[i];sum+=a[i]*i;}
//db(lcm);
if(sum<=v){cout<<sum<<endl;return 0;}
ll ans=0;//记录已加和
ll res=v;//记录还需凑成的容积
for(int i=1;i<=8;i++){
ll add=min(a[i],res/i);//记录所需和剩余的较小值
ll radd=max(add-(840),0);//最多留下840个items
ans+=i*radd;
res-=i*radd;
a[i]=a[i]-radd;
//db(a[i]);
}
//db(ans),db(res);
//经过处理所有次数不超过100
//也保证了res不会超过840*(1+2+3+..+8)=2e4
dp[0]=0;
ll maxcap=0;
for(int i=1;i<=8;i++){//complexity:2e4*8*840=1e8
for(ll j=res;j>=0;j--){
for(int k=0;k<=a[i];k++){
if(j>=k*i)dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*i]+k*i);//空间j最大能装的容积
else break;
}
}
}
ans+=dp[res];
cout<<ans<<endl;
return 0;
}F. Clear the String
题意
lrj箱子问题的简化版本，区间dp可做
code
const int N=505;
int dp[N][N];
string s;
int n;
int call(int lft,int rgt){//区间dp
if(lft>rgt) return 0;
if(lft==rgt){return 1;}
if(dp[lft][rgt]!=-1)return dp[lft][rgt];
int ans=call(lft+1,rgt)+1;
for(int nxt=lft+1;nxt<=rgt;nxt++){
if(s[nxt]==s[lft]){
ans=min(ans,call(lft+1,nxt-1)+call(nxt,rgt));
}
}
return dp[lft][rgt]=ans;
}
int main(){
CL(dp,-1);cin>>n>>s;
int ans=call(0,n-1);
cout<<ans;
}