【Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2)】A.B.C.D.E.F

前言

这场在最开始很顺利，A题6min1A，B题14min1A,但是由于C题过题人数太少一度认为这个C题很难，等有人过了才开始写最开始的想法，C题40min1A，过C之后发现F过的很多，去看提，发现和之前某场读错题意之后的题意一模一样，于是很快就写完，F题50min1A。 之后就开始被翻译坑炸，把no more than 翻译成可以超过，导致半小时看不懂D的题意在说啥，知道题意之后第一时间想到正解，开始写，发现过不了样例，之后看到题目中说最后一分钟可以不算，于是改改wa14,这个时候只改了一处，其实全部的k都需要改，于是到最后也没debug出来。遂结束。

lajiyuan $rating+=72$ 1970->2042

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A.Regular Bracket Sequence

题意

给你 $n_1$个((， $n_2$个()， $n_3$个)(， $n_4$个)) ，
这些括号的顺序重排后是否能组成合法的括号序列。

做法

首先可以知道()是没用的而且((的个数一定要等于))。
当有)(的时候一定要有((和))。

代码

#include<stdio.h>
int cnt[5];
int main()
{
    for(int i=1;i<=4;i++) scanf("%d",&cnt[i]);
    if(cnt[1]==cnt[4])
    {
        if(cnt[1]==0&&cnt[3]==0) puts("1");
        else if(cnt[1]==0 ) puts("0");
        else puts("1");
    }
    else puts("0");
    return 0;
}

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B. Discounts

题意

给你 $n$个商品，第 $i$个商品的花费为 $a_i$，有 $m$张优惠券，第i张优惠券可以不购买所有物品价值第 $q_i$高的物品，使用第i张优惠券，问买到所有商品的花费。

做法

按题意模拟即可。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e5+5;
int a[maxn];
int main()
{
    int n,m,q;
    scanf("%d",&n);
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&q);
        printf("%lld\n",sum-a[n-q+1]);
    }
    return 0;
}

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C.Painting the Fence

题意

给你 $n$个线段，选出其中 $n-2$条线段，让他们覆盖的线段最长。

$3 \leq n,q \leq 5000$

做法

首先算出两个前缀和，第一个前缀和为到i为止被覆盖一次的线段有多少，第二个前缀和为到i为止被覆盖一次的线段有多少。之后暴力美剧要删除哪两条线段，我们首先在所有覆盖点中把这两条线段中被覆盖一次的点删除，之后再把两条线段重合部分被覆盖两次的点删除就是答案。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 3e5+5;
int a[maxn],cnt[maxn];
int l[maxn],r[maxn];
int sum[2][maxn];
int main()
{
    int n,q;
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
		for(int j=l[i];j<=r[i];j++) cnt[j]++;
	}
	int ans=0;
	int tmp=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(cnt[i]==1) sum[0][i]=sum[0][i-1]+1;
        else sum[0][i]=sum[0][i-1];
		if(cnt[i]==2) sum[1][i]=sum[1][i-1]+1;
		else sum[1][i]=sum[1][i-1];
		if(cnt[i]) tmp++;
    }
	for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=q;j++)
		{
			int now=tmp-(sum[0][r[i]]-sum[0][l[i]-1])-(sum[0][r[j]]-sum[0][l[j]-1]);
			int ll=max(l[i],l[j]);
			int rr=min(r[i],r[j]);
			if(ll<=rr) now-=sum[1][rr]-sum[1][ll-1];
			ans=max(ans,now);
		}
    }
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

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D.Stressful Training

题意

有n台电脑，第i台初始电量为 $a_i$，每分钟消耗电量为 $b_i$,现在要购买一个充电器，每分钟可以让一个电脑的电量增加 $X$,比赛一共持续k分钟，充电器在一分钟之内只能给一个电脑充电，问能让所有学生成功完成比赛的最小的 $X$（比赛中途不能出现电量小于 $0$，如果恰好在最后一分钟电量为负，也算成功完成）。

做法

首先这个我们把这个 $k$减 $1$，因为最后一分钟是无效的，我们不需要考虑，之后我们知道这个答案肯定是可以二分的，所以先二分答案，之后对于每个当前选择的功率，去算每个电脑要在哪些时刻必须充电，在这些时刻标记上，如果被标记的次数和超过 $k$，表示最后一分钟之前需要充电的电脑数已经超过 $k$，直接返回false，如果总次数不超过k，我们就用sum[i]表示到i为止需要充电的电脑数，只要对于每个i都有i>=sum[i]就可以完成比赛。注意如果在最后一分钟充电不需要算入次数内。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+5;
ll a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int n,k;
int sum[maxn];
bool check(ll mid)
{
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    int tot=k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll tmp=a[i];
        if(tmp>=1LL*k*b[i]) continue;
        while(tmp<1LL*k*b[i])
        {
            if(tot==0)
            {
                if(min(tmp/b[i],(ll)k)+1==k+1) break;
                else return false;
            }
            sum[min(tmp/b[i],(ll)k)+1]++;
            tmp+=mid;
            tot--;
        }
    }
    ll cc=0;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        cc=cc+sum[i];
        if(cc>i) return false;
    }
    return true;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    k--;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
    ll l=0,r=1000000000000000000,mid;
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(check(mid)) r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    if(l==1000000000000000001)  puts("-1");
    else printf("%lld\n",l);
    return 0;
}

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E. Knapsack

题意

给你很多个物品，每个物品的重量为 $1,2,3,4,5,6,7,8$,现在给出每个重量的物品的种数，问最后容量为W的背包最多装下多重的物品。

$1 \leq w \leq 10^{18}$
$1 \leq cnt_i \leq 10^{16}$
做法

由于 $W$很大，我们首先可以选出一些肯定会放在最终背包里面的物品。
我们假设把背包分成很多个容量为 $840$的背包，我们可以知道的是，每种物品都可以单独装满这个背包，因为 $840$是 $1-8$的最小公倍数，之后我们只要把所有能凑成的 $840$的物品丢进最终的答案，最后每种物品剩余的个数肯定是 $<840$的，因为第一种最多剩 $839$个，以此类推，最后这些物品的总重量是小于 $840\times8$的，我们只需要用一个容量为 $840\times8$的背包对剩下的这些物品进行背包就可以了。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5+5;
ll lef[9];
ll pre[maxn];
int dp[9][maxn];
int main()
{
    ll W;
    scanf("%lld",&W);
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<=8;i++)
    {
        scanf("%lld",&lef[i]);
        sum=sum+lef[i]*i;
    }
    if(sum<=W)
    {
        printf("%lld\n",sum);
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=8;i++)
    {
        pre[i]=min((ll)840/i,lef[i]);
        lef[i]-=pre[i];
    }
    ll ans=0;
    ll tmp=max(0LL,W-840);
    for(int i=1;i<=8;i++)
    {
        ll tt=min(lef[i],(ll)(tmp-ans)/i);
        ans=ans+tt*i;
    }
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=8;i++)
    {
        for(int j=0;j<=840*8;j++)
        {
            for(int k=0;k<=pre[i]&&j-k*i>=0;k++)
                dp[i][j]|=dp[i-1][j-k*i];
        }
    }
    ll res=0;
    for(int j=0;j<=W-ans;j++) if(dp[8][j]) res=ans+j;
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

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F. Clear the String

题意

给你一个长度为 $n$的字符串，每次可以把一个全是同一个字符的子串删除，
求让字符串为空的最小删除次数。

做法

首先这道题删除之后长度变化就不好做了，我们把删除改成变换，可以把一段连续的字符换成另一个字符，这样是不影响答案的，因为这等价于删除，这样我们就可以 $dp$了。
设 $dp[i][j]$为将str[i,j]变成同一个字符的最小操作次数，
所以 $dp[i][j]=min(dp[i][k],dp[k+1][j])$— $(l \leq k \leq r-1)$
特殊的当 $str[i]=str[j]$的时候，答案可以从 $min(dp[i][j-1],dp[i+1][j])$转移过来。

代码

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 505;
int dp[maxn][maxn];
char str[maxn];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",str+1);
    memset(dp,INF,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n-i+1;j++)
        {
            int l=j,r=j+i-1;
            if(str[l]==str[r]) dp[l][r]=min(dp[l][r-1],dp[l+1][r]);
            for(int k=l;k<=r;k++) dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k+1][r]);
        }
    }
    printf("%d\n",dp[1][n]);
    return 0;
}