Codeforce1196_D_F

D RGB Substring

题意

给定一个只含RGB三种字符的字符串，问最少修改多少个字符，能使得修改后的字符串存在一个长度为\(k\)的子串是...RGBRGB...这个循环字符串的子串。

分析

• 只含有3种字符，考虑从...RGBRGB...这个循环字符串大力枚举。
• 子串要和这个循环字符串匹配只有三种情况，即开头是RGB，GBR和BRG。
• 预处理出这三种匹配的字符匹配个数的前缀和，然后可以O(1)求出长度为k的子串对应这种匹配需要修改多少个字符，取最小值即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+50;
int q,n,k;
char s[N];
int dp[N][3];
char to(int x){
    if(x==0){
        return 'R';
    }else if(x==1){
        return 'G';
    }else{
        return 'B';
    }
}
int main(void){
//    freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&q);
    while(q--){
        scanf("%d%d",&n,&k);
        scanf("%s",s+1);
        //计算三种模式匹配下，到第i位匹配字符个数的前缀
        for(int i=0;i<=n;i++){
            dp[i][0]=dp[i][1]=dp[i][2]=0;
        }
        for(int i=0;i<3;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                dp[j][i]=dp[j-1][i];
                if(to((i+j-1+3)%3)==s[j]){
                    dp[j][i]++;
                }
            }
        }
        int ans=0x3f3f3f3f;
        for(int i=0;i<3;i++){
            for(int j=1;j+k-1<=n;j++){
                ans=min(ans,k-(dp[j+k-1][i]-dp[j-1][i]));
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

F K-th Path

题意

给一个带权简单无向图，求第k小的最短路。

分析

• k范围很小。

• 所求的最短路只可能出现两种情况：

  • 只含一条边的前k短路。
  • 由只含一条边的前k短路组成的最短路。

• 因此取出前k小边，离散化后跑floyd，再排序取第k小最短路径。

• 注意，但只含一条边的前k短路不止k条(比如相同的边就有k+1条，边权为x)，选择哪一条进行floyd关系不大，简单证明：

  • 如果答案是由一条边组成的，选哪一条答案都一样是x。
  • 如果答案由多条边组成，那么答案肯定小于x，因为单条边的x就不止k个了，而小于x的又由多条边组成的，那么肯定是由小于x的单条边来组成，和x相同的边没有关系。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+50;
//400条边离散化会有800个点
const int M=1005;
typedef long long ll;
struct es{
    int u,v,w;
    bool operator <(const es& rhs)const{
        return w<rhs.w;
    }
}es[N];
int n,m,k;
map<int,int> mp;
ll dis[M][M];
int main(void){
//    freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&es[i].u,&es[i].v,&es[i].w);
    }
    sort(es+1,es+1+m);
    //取出前k小的边
    for(int i=1;i<M;i++){
        for(int j=1;j<M;j++){
            dis[i][j]=dis[j][i]=1e18;
            if(i==j){
                dis[i][j]=0;
            }
        }
    }
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        if(mp.count(es[i].u)==0){
            mp[es[i].u]=++cnt;
        }
        if(mp.count(es[i].v)==0){
            mp[es[i].v]=++cnt;
        }
        dis[mp[es[i].u]][mp[es[i].v]]=dis[mp[es[i].v]][mp[es[i].u]]=1ll*es[i].w;
    }
    for(int a=1;a<=cnt;a++){
        for(int i=1;i<=cnt;i++){
            for(int j=1;j<=cnt;j++){
                dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][a]+dis[a][j]);
            }
        }
    }
    vector<ll> ans;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        for(int j=i+1;j<=cnt;j++){
            ans.push_back(dis[i][j]);
        }
    }
    sort(ans.begin(),ans.end());
    printf("%lld\n",ans[k-1]);
    return 0;
}