USACO 2022 Cu 题解

USACO 2022 Cu 题解

AK用时：$ 3 $ 小时 $ 30 $ 分钟。

A - Cow College

原题

Farmer John 计划为奶牛们新开办一所大学！

有 $ N $（$ 1 \le N \le 10^5 $） 头奶牛可能会入学。每头奶牛最多愿意支付 $ c_i $ 的学费（$ 1 \le c_i \le 10^6 $）。Farmer John 可以设定所有奶牛入学需要支付的学费。如果这笔学费大于一头奶牛愿意支付的最高金额，那么这头奶牛就不会入学。Farmer John 想赚尽可能多的钱，从而可以给他的讲师提供一笔可观的工资。请求出他能赚到的钱的数量，以及此时应当收取多少学费。

思路

本题其实很简单，首先我们一上来会想到从 $ 1 $ 枚举到所有 $ c_i $ 里的最大值 $ Max $。但是其实是不可行的，会超时。

然后我们稍加考虑，就会发现，我们只需要枚举奶牛的学费 $ c_i $ 就可以了。为什么？因为奶牛只会支付小于 $ c_i $ 的学费，一旦大于，无论怎么调都不会有所变化。所以枚举学费。举个例子，若 $ c_i $ 为 `2 6` ，当学费为 $ 3 $ 或 $ 4 $，都只会有一头奶牛交钱。这种时候，只考虑最大值 $ 6 $ 即可。复杂度 $ O(n^2) $。

但是好像还会超时，所以我们继续考虑优化。我们首先可以将所有的 $ c_i $ 排序，然后就会发现，其实重复的值我们直接跳过即可。继续优化，当我们枚举到 $ c_i $ 时，$ c_i $ 前面的值一定不可取，直接跳过，也就是说计算总钱数的时候，我们直接从 $ i $ 开始枚举即可。其实这样就可以过了。我们也可以继续优化。由于现金又是一样的，我们可以用乘法代替循环，即 $ (n - i + 1) \times c_i $。复杂度 $ O(n) $。

赛时代码

# include <bits/stdc++.h>

# define int long long

using namespace std;

int n, c[100005];

signed main () {

    cin >> n;

    int sum = -114514;

    for (register int i = 1; i <= n; ++ i) {

        cin >> c[i];

        sum = max (sum, c[i]);

    }

    int ans = 0, ansi = 0;

    sort (c + 1, c + 1 + n);

    for (register int i = 1; i <= n; ++ i) {

        int nw = 0;

        for (register int j = i; j <= n; ++ j) {

            nw += c[i];

        }

        if (nw > ans) ans = nw, ansi = c[i];

    }

    cout << ans << " " << ansi << endl;

    return 0;

}

赛后优化代码

# include <bits/stdc++.h>

# define int long long

using namespace std;

int n, c[100005];

signed main () {

    cin >> n;

    int sum = -114514;

    for (register int i = 1; i <= n; ++ i) {

        cin >> c[i];

        sum = max (sum, c[i]);

    }

    int ans = 0, ansi = 0;

    sort (c + 1, c + 1 + n);

    for (register int i = 1; i <= n; ++ i) {

        int nw = (n - i + 1) * c[i];

        if (nw > ans) ans = nw, ansi = c[i];

    }

    cout << ans << " " << ansi << endl;

    return 0;

}

B - Feeding the Cows

原题

Farmer John 有 $ N $（$ 1 \le N \le 10^5 $）头奶牛，每头奶牛的品种是更赛牛（Guernsey）或荷斯坦牛（Holstein）之一。她们沿水平方向排成一行，奶牛们占据的位置编号为 $ 1…N $。
由于奶牛们都饿了，FJ 决定在 $ 1…N $ 中的某些位置上种植草地。更赛牛和荷斯坦牛喜欢不同类型的草，所以如果 Farmer John 决定在某个位置种草，他必须选择种植更赛牛喜欢的草或荷斯坦牛喜欢的草——他不能在同一个位置同时种两种草。种植的每一片草地都可以喂饱数量不限的相应品种的奶牛。

每头奶牛愿意移动至多 $ K $（$ 0 \le K \le N - 1 $）个位置以前往一个草地。求出喂饱所有奶牛所需种植的最小草地数量。此外，输出一种使用最小草地数量喂饱所有奶牛的种植方案。任何满足上述条件的方案均视为正确。

思路

朴素思路：枚举全排列，会死的很惨。

我们不妨考虑贪心，为了让一片草能养活尽可能多的奶牛，我们要把草种到离它尽量远又能让它吃到的位置。那我们就可以从可以放的位置最远开始枚举，一直枚举到自己，甚至自己之后。那范围就是从 $ i + k $ 到 $ i - k $。从远到近，发现没有种的地方，就种上。然后共这棵草开始枚举，在这个草能影响到的范围，将同种牛标记一下，这头牛就不用刻意种草了。

复杂度大概是 $ O(nk) $。

（赛时）代码

# include <bits/stdc++.h>

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

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

using namespace std;

const int N = 10000005;

int T;

int n, k;

bool vis[N];

char ans[N];

string s;

signed main () {

    cin >> T;

    while (T --) {

        cin >> n >> k >> s;

        rep (i, 0, n - 1) vis[i] = 0, ans[i] = '.';

        int answ = 0;

        rep (i, 0, n - 1) {

            if (vis[i]) continue;

            int nw = i;

            per (j, min (i + k, n - 1), max (i - k, 0))

                if (ans[j] == '.') { ans[j] = s[i]; nw = j; break; }

            rep (j, i, min (k + nw, n - 1)) if (s[j] == s[i]) vis[j] = 1;

            ++ answ;

        }

        cout << answ << endl;

        rep (i, 0, n - 1) putchar (ans[i]);

        putchar ('\n');

    }

    return 0;

}

C - Reverse Engineering

原题

Elsie 有一个程序，接受一个 $ N $（$ 1≤N≤100 $）个变量的数组 $ b[0],...,b[N - 1] $ 作为输入，其中每个变量等于 $ 0 $ 或 $ 1 $，并且返回对输入数组应用一系列 if / else if / else 语句的结果。每个语句检查至多一个输入变量的值，并返回 $ 0 $ 或 $ 1 $。这类程序的一个例子是：

if (b[1] == 1) return 1;
else if (b[0] == 0) return 0;
else return 1;

例如，如果上方程序的输入是 "10"（即 $ b[0]=1 $ 及 $ b[1]=0 $），那么输出应当为 $ 1 $。

Elsie 告诉了 Bessie 对于 $ M $（$ 1≤M≤100 $）个不同输入的正确输出。Bessie 现在正试图对 Elsie 的程序进行逆向工程。不幸的是，Elsie 可能说了谎；可能不存在上述形式的程序行为与 Elsie 所说的均一致。

对于 $ T $（$ 1≤T≤10 $）个子测试用例中的每一个，判断 Elsie 是否一定在说谎，如果是，就输出 `LIE`，否则输出 `OK`。

思路

这道题也是重磅题了。

首先我们假设他是对的，我们要找错误的地方，首先我们循环，对于每个数组 $ b $，我们要先找为 $ 0 $ 的，看看输出的结果一不一样。如果一样，说明判断的点在这个 $ b_i $。直接把所有为 $ 0 $ 的打标记送走即可。否则接着枚举。找完 $ 0 $，找 $ 1 $ 即可。如果所有的都打完标记了，就输出 `OK`，如果发现一个标记都没打，就直接输出 `LIE`，因为再循环下去就是死循环了。复杂度大概是 $ O(Tnm) $。

好像这道题还可以暴力，复杂度还要高，但是可以过去。暴力的代码我不太会写，就先等着吧QwQ。

（赛时）代码

# include <bits/stdc++.h>

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

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

using namespace std;

int T, n, m, ans[1005];

char g[1005][1005];

int tag[1005];

signed main () {

    cin >> T;

    while (T --) {

        cin >> n >> m;

        rep (i, 1, m) {

            cin >> g[i];

            cin >> ans[i];

            tag[i] = 1;

        }

        int cnt = 0;

        while (cnt < m) {

            rep (i, 0, n - 1) {

                int nw = -1, ed = 1;

                rep (j, 1, m) {

                    if (tag[j] == 1 && g[j][i] == '0') {

                        if (nw == -1) nw = ans[j];

                        if (nw != ans[j]) ed = 0;

                    }

                }

                if (ed) {

                    rep (j, 1, m) if (g[j][i] == '0') tag[j] = 0;

                }

                nw = -1, ed = 1;

                rep (j, 1, m) {

                    if (tag[j] == 1 && g[j][i] == '1') {

                        if (nw == -1) nw = ans[j];

                        if (nw != ans[j]) ed = 0;

                    }

                }

                if (ed) {

                    rep (j, 1, m) if (g[j][i] == '1') tag[j] = 0;

                }

            }

            int nw = 0;

            rep (i, 1, m) nw += (! tag[i]);

            if (cnt == nw) break;

            cnt = nw;

        }

        if (cnt == m) puts ("OK");

        else puts ("LIE");

    }

    return 0;

}

后记

本场比赛难度还是有的，应该是橙橙黄的难度。打完这个以后还有银组，希望我能在印祖取得好成绩QAQ。