Technocup 2020 - Elimination Round 1补题

慢慢来。

题目	A	B	C	D
tag	math	strings	greedy	dp
状态	√	√	√	√

//∅，√，×

想法

A. CME

res tp A

题意：有$n$根火柴，额外填上$k(k≥0)$根火柴棍，使得$n+k$能分成三份$a,b,c$，每份至少有一根火柴，满足$a+b = c$，问$k$最小是多少

满足方程

$a+b+c = n+k$

$a + b = c$

得$2*c = n+k$

若$n$是偶数，那么$k$为零，反之$k$为$1$

特别地，$n$至少要为$4$，才能凑出一个等式$1+1=2$

#include<bits/stdc++.h>

#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)

#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)

#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)

#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;

#define endl '\n'

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));

#define ls(p) ((p)<<1)

#define rs(p) (((p)<<1)|1)

using namespace std;

typedef long long ll;

const int mn = 105;

int n,q;

int main(){

	cin>>q;

	while(q--){

		cin>>n;

		if(n < 4)

			cout<<4 - n<<endl;

		else

			cout<< (n&1) <<endl;

	}

}

B. Strings Equalization

res tp B

题意：给出两个仅包含小写字母的字符串，问是否存在某个字符在两串中都出现过

#include<bits/stdc++.h>

#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)

#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)

#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)

#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;

#define endl '\n'

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));

#define ls(p) ((p)<<1)

#define rs(p) (((p)<<1)|1)

using namespace std;

typedef long long ll;

const int mn = 105;

char s[mn],t[mn];

int q,m;

bool vis[27],ans;

int main(){

	cin>>q;

	while(q--){

		cin>>s>>t;

		ans = 0;

		mem(vis,0);

		m =strlen(s);

		rep(i,0,m-1)	vis[ s[i]-'a' ] = 1;

		rep(i,0,m-1) if(vis[t[i]-'a']){

			ans = 1;break;

		}

		if(ans) cout<<"YES"<<endl;

		else cout<<"NO"<<endl;

	}

}

C. Save the Nature

res tp C

题意：给定一个整数序列$p_i,i\in[1,n]$，你可以对其进行打乱顺序重新排列。定义了一个规则，下标是$a$的倍数的，可以有$x%$的贡献，下标是$b$的倍数的，可以有$y%$的贡献，问，在重排之后，按上述规则，从$1$开始，最少需要多少个连续的数，使得总贡献不小于$k$？

贪心地考虑，下标若既是$a$的倍数，又是$b$的倍数，那岂不是能贡献两份吗？我们先按从大到小的顺序钦定这类下标的元素值，之后再依照$x$与$y$的大小关系继续钦定剩下的对答案有贡献的位置，遍历区间$[1,i]$，执行上述操作，直到遇到第一个总贡献不小于$k$的下标，而那就是我们想要得到的最终答案。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<queue>

#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)

#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)

#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)

#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;

#define endl '\n'

#define ls(p) ((p)<<1)

#define rs(p) (((p)<<1)|1)

using namespace std;

typedef long long ll;

const int mn = 2e5+10;

int n, q, na, nb, nc, x, y, a, b;

ll p[mn], k;

bool cmp1(ll a,ll b){return a>b;}

int ans;

inline ll gcd(ll x,ll y){

	return (y == 0? x:gcd(y,x%y));

}

inline ll solve(int num){

	na = num/a;nb = num/b;

	nc = na&&nb?num/(a/gcd(a,b)*b):0; nb-=nc;na-=nc;

	ll res = 0;

	res += (p[nc] - p[0])*(x+y);

	if(x > y){

		res += (p[nc + na]- p[nc])*x;

		res += (p[nc + na + nb] - p[nc + na])*y;

	}

	else{

		res += (p[nc + nb] - p[nc])*y;

		res += (p[nc + na + nb] - p[nc + nb])*x;

	}

	return res/100;

}

int main(){

	scanf("%d",&q);

	while(q--){

		scanf("%d",&n);

		rep(i,1,n) cin>>p[i];

		sort(p+1,p+1+n,cmp1);

		rep(i,1,n) p[i] += p[i-1];

		scanf("%d%d%d%d",&x,&a,&y,&b);

		scanf("%lld",&k);

		ans = -1;

		rep(i,1,n)	if( solve(i) >=k ){

			ans = i;

			break;

		}

		printf("%d\n",ans);

	}

}

D. Sequence Sorting

res tp D

题意：给定一个序列，可以进行进行一种操作：选定一个x，之后将值为x的所有数字移动到序列的最左端或最右端，问最少进行多少次操作，使得序列满足单调不减

首先取出原序列中我们需要的信息，而其他的信息可以忽略。求出其每种元素的两个特征：初次出现位置和末次出现位置。

按元素值从小到大的序列就是我们最终要得到的序列。为了让操作数尽可能小，我们需要省去一些力气。如果原序列和终序列在某些地方是“相似”的，岂不是可以省去对这部分“相似”的操作吗？

具体地说，对终序列的两个数值紧邻的元素，若他们的分布区间不相交，且保证较小的元素的区间在较大的元素的左侧，那么这两种元素的相对位置在两个序列中是相等的，也就是说，它们对操作数没有贡献。

反之,至少要对其中的一个元素进行操作，同时，这也意味着，被操作元素那一侧的所有元素都要被操作。

综上，不需要操作的元素一定在终序列中是连续，于是可以dp出终序列满足条件的最长子区间，再用元素种类数减之即为答案

#include<bits/stdc++.h>

#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)

#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)

#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)

#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;

#define endl '\n'

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));

#define ls(p) ((p)<<1)

#define rs(p) (((p)<<1)|1)

using namespace std;

typedef long long ll;

const int mn = 3e5+10;

int q,n;

struct E{

    int v,l,r;

}e[mn];

int vis[mn],t,cnt,mdp,dp;

bool cmp(E a,E b){return a.v <b.v;}

int main(){

	scanf("%d",&q);

	while(q--){

		cnt = 1;

		scanf("%d",&n);

		rep(i,1,n){

			scanf("%d",&t);

			if(vis[t])

				e[vis[t]].r	= i;

			else{

				e[cnt].l = e[cnt].r = i;

				e[cnt].v = t;

				vis[t] = cnt++;

			}

		}

		sort(e+1,e+cnt,cmp);

		mdp = dp = 1;

		int cnt1 = cnt - 1;

		rep(i,2,cnt1){

			if(e[i-1].r <e[i].l) ++dp;

			else dp = 1;

			mdp = max(mdp,dp);

		}

		printf("%d\n",cnt - 1 - mdp);

		rep(i,1,cnt1) vis[e[i].v] = 0;

	}

}