Codeforces 1107 简要题解

文章目录

• A题
• B题
• C题
• D题
• E题
• F题
• G题

传送门

A题

传送门

题意简述：问你能不能把一个数字串切成若干块，使得切出来的kkk个数k≤2k\le2k≤2满足a1&lt;a2&lt;...&lt;aka_1&lt;a_2&lt;...&lt;a_ka1​<a2​<...<ak​

---

思路：模拟。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
int n;
char s[500];
int main(){
	for(ri tt=read();tt;--tt){
		n=read(),scanf("%s",s+1);
		if(n==2&&s[1]>=s[2]){puts("NO");continue;}
		puts("YES"),puts("2");
		cout<<s[1]<<' ';
		for(ri i=2;i<=n;++i)cout<<s[i];
		puts("");
	}
	return 0;
}

B题

传送门

题意简述：

问第kkk大数根为iii的数是多少0≤i≤90\le i\le90≤i≤9

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思路：一个数的数根等于它mod&ThinSpace;&ThinSpace;9\mod9mod9的值。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read(){
	ll ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
const int N=400;
int n,x;
ll k;
int main(){
	for(ri tt=read();tt;--tt){
		k=read(),x=read();
		cout<<(k-1)*9+x<<'\n';
	}
	return 0;
}

C题

传送门

题意简述：给nnn个数和一个值kkk，有一个262626个字符的键盘，每个键不能连续按超过kkk次，现在给你一个按键序列和对于每次按键可以得到的权值，问最后可以得到的总权值是多少（注意如果按了kkk个aaa后按一个bbb的话又可以再按kkk次aaa）。

---

思路：

我们把相同数字段全部提出来，分别求出前kkk大加起来即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
const int N=2e5+5;
int n,k,a[N];
char s[N];
priority_queue<int>q;
ll ans=0;
inline void solve(int l,int r){
	while(!q.empty())q.pop();
	for(ri i=l;i<=r;++i)q.push(a[i]);
	for(ri i=1;i<=k;++i){
		if(q.empty())break;
		ans+=q.top(),q.pop();
	}
}
int main(){
	n=read(),k=read();
	for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
	scanf("%s",s+1);
	ans=0;
	for(ri l=1,r=1;l<=n;l=r+1,r=l){
		while(r<=n&&s[r]==s[r+1])++r;
		solve(l,r);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

D题

传送门

题意简述：有一个n∗nn*nn∗n的010101矩阵aaa，问你能不能构造出一个k∗k,满足k∣nk*k,满足k|nk∗k,满足k∣n的矩阵bbb使得ai,j=b⌊ik⌋,⌊jk⌋a_{i,j}=b_{\lfloor{\frac ik}\rfloor,\lfloor{\frac jk}\rfloor}ai,j​=b⌊ki​⌋,⌊kj​⌋​

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思路：暴力枚举iii，利用前缀和优化checkcheckcheck即可

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
const int N=5205;
int n,sum[N][N];
char s[N];
int main(){
	n=read();
	for(ri i=1;i<=n;++i){
		scanf("%s",s+1);
		for(ri j=1,v;j<=n;j+=4){
			if(s[(j+3)/4]>='A'&&s[(j+3)/4]<='Z')v=s[(j+3)/4]-'A'+10;
			else v=s[(j+3)/4]-'0';
			sum[i][j]=(v>>3)&1;
			sum[i][j+1]=(v>>2)&1;
			sum[i][j+2]=(v>>1)&1;
			sum[i][j+3]=v&1;
		}
	}
	for(ri i=1;i<=n;++i)for(ri j=1;j<=n;++j)sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+sum[i][j];
	for(ri i=n;i;--i){
		if(n!=n/i*i)continue;
		bool f=1;
		for(ri x=1;x*i<=n;++x){
			for(ri y=1,v;y*i<=n;++y){
				v=sum[i*x][i*y]-sum[i*x][i*(y-1)]-sum[i*(x-1)][i*y]+sum[i*(x-1)][i*(y-1)];
				f&=v==0||v==i*i;
			}
		}
		if(f)return cout<<i,0;
	}
	return 0;
}

E题

传送门

题意简述：

给出一个010101串，每次可以选择消去连续的一段，贡献是alen,lena_{len},lenalen​,len表示消去长度，aia_iai​会给出，问消去整个串的最大贡献。

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思路：

先dpdpdp出真·aia_iai​（既考虑aia_iai​和aj+ai−ja_j+a_{i-j}aj​+ai−j​哪个大，如果后者大就更新前者）。

然后可以区间dpdpdp,fl,rf_{l,r}fl,r​表示区间[l,r][l,r][l,r]的贡献，gl,r,k,0/1g_{l,r,k,0/1}gl,r,k,0/1​表示区间[l,r][l,r][l,r]消得只剩下kkk个连续的0/10/10/1的最大贡献，枚举转移即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=105;
int n,a[N],sum[N][N];
ll f[N],g[N][N][2];
char s[N];
inline void update(ll&a,ll b){a=b>a?b:a;}
int main(){
	memset(g,-0x3f,sizeof(g));
	n=read(),scanf("%s",s+1);
	for(ri i=1;i<=n;++i){
		a[i]=f[i]=read();
		for(ri j=1;j<i;++j)f[i]=max(f[i],f[j]+f[i-j]);
	}
	int cnt0=0,cnt1=0;
	for(ri i=1;i<=n;++i)sum[1][i]=sum[1][i-1]+(s[i]=='1'),g[i][i][s[i]-'0']=f[1];
	for(ri l=1;l<=n;++l)for(ri r=l;r<=n;++r)sum[l][r]=sum[1][r]-sum[1][l-1];
	for(ri len=2;len<=n;++len){
		for(ri l=1,r=l+len-1;r<=n;++l,++r){
			if(s[l+1]=='0')update(g[l][r][0],g[l+1][r][0]+f[r-l+1-sum[l][r]]-f[r-l-sum[l][r]]);
			if(s[r-1]=='0')update(g[l][r][0],g[l][r-1][0]+f[r-l+1-sum[l][r]]-f[r-l-sum[l][r]]);
			if(s[l+1]=='1')update(g[l][r][1],g[l+1][r][1]+f[sum[l][r]]-f[sum[l][r]-1]);
			if(s[r-1]=='1')update(g[l][r][1],g[l][r-1][1]+f[sum[l][r]]-f[sum[l][r]-1]);
			for(ri k=l;k<r;++k){
				update(g[l][r][0],g[l][k][0]+g[k+1][r][0]);
				update(g[l][r][0],g[l][k][0]+g[k+1][r][1]);
				update(g[l][r][0],g[l][k][1]+g[k+1][r][0]);
				update(g[l][r][1],g[l][k][0]+g[k+1][r][1]);
				update(g[l][r][1],g[l][k][1]+g[k+1][r][0]);
				update(g[l][r][1],g[l][k][1]+g[k+1][r][1]);
			}
		}
	}
	cout<<max(g[1][n][0],g[1][n][1]);
	return 0;
}

F题

传送门

题意简述：

有nnn家银行，你每月初可以选择从其中一家贷款aia_iai​，然后接下来kik_iki​个月（包括这个月）每月底还bib_ibi​元，问所有贷款方案中在任意一个月中总现额的最大值。

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思路：

显然有费用流做法，利用费用提前计算思想即可。

然而也可以贪心的按照bib_ibi​从大到小排序，然后fif_ifi​表示总共贷款iii个月的最大值跑一个O(n2)O(n^2)O(n2)的dpdpdp。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=1005,M=250005;
int n;
struct Node{int a,b,c;}a[N];
ll ans=0,f[N];
inline void update(ll&a,const ll&b){a=b>a?b:a;}
inline bool cmp(const Node&a,const Node&b){return a.b>b.b;}
int main(){
	n=read();
	for(ri i=1;i<=n;++i)a[i].a=read(),a[i].b=read(),a[i].c=read();
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(ri i=1;i<=n;++i){
		for(ri j=n-1;~j;--j){
			update(f[j+1],f[j]+a[i].a-(ll)j*a[i].b);
			update(f[j],f[j]+a[i].a-(ll)a[i].c*a[i].b);
		}
	}
	for(ri i=0;i<=n;++i)update(ans,f[i]);
	cout<<ans;
	return 0;

G题

传送门

题意简述：

给出n,a,ci,din,a,c_i,d_in,a,ci​,di​，你要从中选出一段[l,r][l,r][l,r]来，贡献是a∗(r−l+1)−∑i=lrci−maxi=lr−1(di+1−di)2a*(r-l+1)-\sum_{i=l}^rc_i-max_{i=l}^{r-1}(d_{i+1}-d_i)^2a∗(r−l+1)−∑i=lr​ci​−maxi=lr−1​(di+1​−di​)2，保证ddd单增。

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思路：

考虑dpdpdp，fif_ifi​表示以iii结尾序列长度至少为222的答案。

那么显然可以从iii开始往前找到一个第一个jjj使得di−di−1≤dj−dj−1d_i-d{i-1}\le d_j-d_{j-1}di​−di−1≤dj​−dj−1​

这样fif_ifi​可以由fjf_jfj​和[j,i][j,i][j,i]之间的最大后缀和转移过来，因此我们二分或者线段树求出jjj，然后更新fif_ifi​即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
int n;
ll ans=0,f[N],sum[N],a,c[N],d[N];
inline void update(ll&a,const ll&b){a=b>a?b:a;}
namespace SGT{
	#define lc (p<<1)
	#define rc (p<<1|1)
	#define mid (l+r>>1)
	ll mx[N<<2];
	inline void pushup(int p){mx[p]=max(mx[lc],mx[rc]);}
	inline void build(int p,int l,int r){
		mx[p]=-1;
		if(l==r)return;
		build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r),pushup(p);
	}
	inline int query(int p,int l,int r,ll v){
		if(mx[p]<v)return -1;
		if(l==r)return l;
		return mx[rc]>=v?query(rc,mid+1,r,v):query(lc,l,mid,v);
	}
	inline void update(int p,int l,int r,int k,ll v){
		if(l==r){mx[p]=v;return;}
		k<=mid?update(lc,l,mid,k,v):update(rc,mid+1,r,k,v);
		pushup(p);
	}
	#undef mid
	#undef lc
	#undef rc
}
namespace sgt{
	#define lc (p<<1)
	#define rc (p<<1|1)
	#define mid (T[p].l+T[p].r>>1)
	struct Node{int l,r;ll rs,sum;}T[N<<2];
	inline Node operator+(const Node&a,const Node&b){return (Node){a.l,b.r,max(b.rs,b.sum+a.rs),a.sum+b.sum};}
	inline void build(int p,int l,int r){
		T[p].l=l,T[p].r=r;
		if(l==r){T[p].rs=T[p].sum=a-c[l];return;}
		build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r),T[p]=T[lc]+T[rc];
	}
	inline Node query(int p,int ql,int qr){
		if(ql<=T[p].l&&T[p].r<=qr)return T[p];
		if(qr<=mid)return query(lc,ql,qr);
		if(ql>mid)return query(rc,ql,qr);
		return query(lc,ql,mid)+query(rc,mid+1,qr);
	}
	#undef mid
	#undef lc
	#undef rc
}
inline ll solve(int l,int r){return sgt::query(1,l,r-1).rs+a-c[r]-(d[r]-d[r-1])*(d[r]-d[r-1]);}
int main(){
	n=read(),a=read(),SGT::build(1,1,n);
	for(ri i=1;i<=n;++i)d[i]=read(),c[i]=read(),update(ans,a-c[i]),sum[i]=sum[i-1]+a-c[i];
	sgt::build(1,1,n);
	for(ri i=1;i<=n;++i){
		f[i]=-1e18;
		if(i==1)continue;
		int pos=SGT::query(1,1,n,d[i]-d[i-1]);
		if(pos==-1)pos=1;
		f[i]=max(solve(pos,i),f[pos]+sum[i]-sum[pos]);
		update(ans,f[i]),SGT::update(1,1,n,i,d[i]-d[i-1]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}