刷题记录：Codeforces Round #734 (Div. 3)

Codeforces Round #734 (Div. 3)

20210920。网址：https://codeforces.com/contest/1551。

编程细节：下标定义不要一会[1,n]一会[0,n)啊…

A

用价值为1的硬币a枚+价值为2的硬币b枚，买价值为n的东西，希望ab之差的绝对值尽量小。大水题。

B1

给我们一个字符串s，用红色和绿色给s上色，规则如下：

• 一个字母或者不上色，或者被涂成一种颜色，即不能又红又绿。
• 被涂成一种颜色的所有字母，必须两两不相同。
• 红色字母数量=绿色字母数量。
• 这种涂色方法会得到最多的上色字母。

问我们涂成红色的字母有多少个。

做法：记录每个字母的数量。如果某字母数量≥2，分配一个到红色、一个到绿色、剩下都不上色。如果==1，分配它到目前比较少的颜色。上完色之后，红色数量不一定等于绿色数量，但最多差1，所以输出两个数量中较小的那个。

B2

给我们一个整数序列a1~an，用k种颜色给它们上色，规则如下（和B1差不多）：

• 一个整数或者不上色，或者被涂成一种颜色。
• 被涂成一种颜色的所有数值，必须两两不相同。
• 被涂成每一种颜色的数字数量都相等。
• 这种涂色方法会得到最多的上色数字。

让我们输出上色方案（而不是简单给出涂色数量）。

做法：

• 在读入整数序列的时候，用三元组(数值大小,位置,颜色)来记录序列信息，颜色都初始化为不上色。
• 然后按数值大小排序，统计每一个数值有多少个数。
• 如果某数值个数≥k，则每个颜色分配一个数，剩下不上色；
• 累加【个数＜k的数值】的数量，除k得到【这些零散的数能够把k种颜色全部使用几次】，再乘k就是【零散数值的上色次数】。这一步是为了保证【每一种上色的数量都相等】。
• 接下来我们对【个数＜k的数值】进行上色，每上一次色就--【零散数值的上色次数】。把每一个数分配到目前数量最少的颜色。
• 最后我们按照位置对序列进行排序，然后输出每个数的颜色。

C

给我们一堆用abcde组成的词语，选取最大数量的词语来写小说，使得某一字母出现次数＞其他4个字母出现次数的和。输出这个最大数量。

（给出的词语可能重复。词语不能重复使用。）

做法：

• 读入词语，记录该词语的【a数量-bcde数量、b数量-acde数量、…、e数量-abcd数量】这5个值。
• 接下来，我们希望小说中【a数量＞bcde数量】，因此对词语按【a数量-bcde数量】从大到小进行排序，在满足【a数量＞bcde数量】的情况下逐个选取，就是贪心法。记录这种选取的数量。
• 然后，我们希望【b数量-acde数量】，如法炮制。遍历5种情况，对5种情况的答案取max。

D

给我们n*m（n行m列）的棋盘，保证n*m是偶数。给我们n*m/2个牌，每一个牌都是日字形的，可以横着放可以竖着放。问我们，能不能用这些牌摆满棋盘，使得横着放的牌恰好有k块。如果能的话，输出摆法。

做法：

• 首先我们希望棋盘的列数是偶数（为了构造方便），如果不是就把棋盘转90°，然后k=n*m/2-k；
• 接下来，我们像图1这样初始化棋盘。就是说，如果行数是偶数，就像前4行那样铺满棋盘。如果行数是奇数，最后一行像第5行那样横着铺满；最后一行有(列数)/2个横放的牌，这是最少的横放牌数，如果给出的k比这个数目小，输出NO。
• 看图2——我们可以像图2这样，通过扭转操作增加横放牌的数量。因为每次只能增加2个横放的牌，所以，若【k-最小横放牌数目】不是偶数，也输出NO。
• 然后，我们从左上开始一行一行遍历，一个单元一个单元地扭转，直到横放牌数符合要求。
• 编程细节：为了保证输出结果中，牌的字母不相撞，可以像图3这样初始化牌的字母。

E

给我们一个整数序列a1~an。【一个move】的意思是删掉一个数，如23415删掉3变成2415。我们希望做尽可能少的move，使得出现≥k个【数值=下标】的数。输出最少的move次数；如果做不到【通过move操作得到≥k个数值=下标的数】，输出-1。

思路是dp。用dp[i][j]表示，考虑前i个数，其中有j个数没有被move掉，含有【数值=下标】的数的最大数量。我们从n到0枚举j，dp[n][j]即为n-j次move后得到的【数值=下标】最大数量，一旦dp[n][j]≥k，就break输出n-j。

如何得到dp[i][j]呢？我们考虑第i个数，第i个数被move掉的情况下，有dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j])。第i个数没有被move掉的情况下，有dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+(a[i]==j?1:0))，最后那个?:用来考察第i个数是否【数值=下标】。外层循环是i从0到n-1，内存循环是j从0到i，就得到dp了。

……（叹）。

F

给我们一棵n个顶点的树和一个整数k，让我们选k个顶点，要求这k个顶点两两之间距离相等，问有多少种选法。（看完题目我就直接放弃思考去看题解了…）

首先，对于k=2的情况，输出n*(n-1)/2，任意两个顶点都可以。（注意特判！）

然后，对于k=3的情况，3个顶点一定是星型结构的。即，设这三个顶点为ABC，它们一定都与一个顶点Q连接，QA距离=QB距离=QC距离。

解释：如果ABC两两连接的路径都没有公共顶点，则从A到B可以通过AB路径，也可以通过AC+CB路径，此时产生了环，不符合树的定义。那么，如果AB和AC有公共顶点Q，但BC不通过Q，也会出现同样的问题，从B到C可以走BC也可以走BQC。所以，为了【顶点之间只有一条通路】，3个顶点需要是星型结构的。

接下来，对于k≥3的情况，我们拿4个顶点ABCD出来。设ABC的中心节点是Q，BCD的中心节点是P，如果P和Q不是同一个顶点，则从B到C可以走BQC也可以走BPC，又出现了环。我们固定ABC，遍历剩下k-3个顶点作为D，就可以得到一个很强的结论：这k个顶点都是星型结构的。

做法：

• 我们考虑第r个顶点（最外层循环是从1到n遍历r），以r为树根把树悬挂起来。设与r紧邻的顶点（即第一层顶点）个数为QL，QL也是子树的个数。只有同一层的节点才能互相匹配，得到两两距离相等的星型结构。因此，我们逐层向下考虑，用数组cnt[QL]来记录某一层每个子树的节点个数，计算完这一层后就把cnt更新成下一层的节点个数。
• 一开始我们把cnt全初始化为1（第一次节点）。这样更新cnt：对每一个子树维护一个set，set里面存放该子树该层的节点。更新的时候，首先声明一个名为temp的新set，然后对set里的每一个节点，遍历它的邻居，如果邻居是“未使用的”，则把它放进temp；遍历完这个节点的邻居后，把这个节点标记为“使用过的”，--对应的cnt。遍历完该子树的set里的所有节点后，清空set，把temp里的节点转移到set里，每转移一个就++cnt。（一开始要把树根r标记为使用。）
• 对于给定的cnt，求大小为k星型结构个数：使用dp。设dp[i][j]为【只考虑前i个子树时，大小为j星型结构的个数】。状态转移方程是这样的：dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]*cnt[i]，即【不使用第i个子树】+【使用第i个子树】。外层循环是i从1到QL，内层循环是j从1到k，dp[n][k]即为所求。编程细节：dp初始化为0，但dp[x][0]需要全赋值为1。