【codeforces】【比赛题解】#940 CF Round #466 (Div. 2)

人生的大起大落莫过如此，下一场我一定要回紫。

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【A】Points on the line

题意：

一个直线上有\(n\)个点，要求去掉最少的点，使得最远两点距离不超过\(d\)。

题解：

暴力两重for，更新答案。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
int n,q,ans=0;
int a[100001];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	F(i,1,n) scanf("%d",a+i);
	sort(a+1,a+n+1);
	F(i,1,n){
		int xx=a[i], kk=-1;
		F(j,i,n){
			if(a[j]-xx>q) break;
			kk=j;
		}
		ans=max(ans,kk-i+1);
	}
	printf("%d",n-ans);
	return 0;
}

【B】Our Tanya is Crying Out Loud

题意：

一个数\(n\)，每次你可以花费\(A\)的代价把它除以\(k\)(如果\(k|n\))，或者花费\(B\)的代价把它减一。问把这个数变成1的最少代价。

题解：

暴力上，不能除减到能除为止，能除看是除了花费少还是不除花费少。

注意特判\(k=1\)。

#include<cstdio>
#define ll long long
int n,k,A,B;
ll ans;
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&A,&B);
	if(k==1) {printf("%lld",(ll)(n-1)*A);return 0;}
	while(n!=1){
		int x=n/k*k;
		if(x==0) {ans+=(ll)(n-1)*A; break;}
		if(n!=x) ans+=(ll)(n-x)*A, n=x;
		else{
			x=n/k;
			if((ll)(n-x)*A<=B) ans+=(ll)(n-x)*A;
			else ans+=B;
			n=x;
		}
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

【C】Phone Numbers

题意：

限定字符集，求长度为\(k\)的，字典序比给定长度为\(n\)的字符串大的最小的字符串。

题解：

①\(k>n\)时，在原串后补上最小的字符。

②\(k<=n\)时，答案为原串的前\(k\)位+1，即比原串\(k\)位前缀大的第一个字符串。

#include<cstdio>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
int n,k,tot;
int px[150];
bool used[150];
char str[100010],use[30];
char ans[100010];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	scanf("%s",str);
	F2(i,0,n) used[str[i]]=1;
	F(i,1,140) if(used[i]) use[++tot]=i;
	F(i,1,tot) px[use[i]]=i;
	if(k>n){
		printf("%s",str);
		F(i,n+1,k) printf("%c",use[1]);
		return 0;
	}
	F2(i,0,k) ans[i]=str[i]; ans[k]='\0';
	int x=k-1;
	while(px[ans[x]]==tot){
		ans[x]=use[1];
		--x;
	}
	ans[x]=use[px[ans[x]]+1];
	printf("%s",ans);
	return 0;
}

【D】Alena And The Heater

题意：

已知长度为\(n\)的数组\(a\)和等长的01串\(b\)，和通过\(a\)生成\(b\)的方法：

\(b_1=b_2=b_3=b_4=0\)

对于\(5\le i\le n\)

如果\(a_i,a_{i-1},a_{i-2},a_{i-3},a_{i-4}>r\) 并且\(b_{i-1}=b_{i-2}=b_{i-3}=b_{i-4}=1\)，那么\(b_i=0\)

如果\(a_i,a_{i-1},a_{i-2},a_{i-3},a_{i-4}<l\) 并且\(b_{i-1}=b_{i-2}=b_{i-3}=b_{i-4}=0\)，那么\(b_i=1\)

如果以上两者均不满足，那么\(b_i=b_{i-1}\)。

试求出\(l,r\)的值。

题解：

可以看到，对计算有贡献的只有\(b\)中出现连续的4个相同数字的情况。

通过这些情况，我们可以确定\(l,r\)的范围，进而求出\(l,r\)的可能值。

因为题目保证有解，只需输出最极端的值(\(l_{min},r_{max}\))即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
int n,ansll=-1000000000,ansrr=1000000000;
int a[100001];
char b[100009];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	F(i,1,n) scanf("%d",a+i);
	scanf("%s",b+1);
	F(i,5,n){
		if(b[i-4]==b[i-3]&&b[i-3]==b[i-2]&&b[i-2]==b[i-1]){
			if(b[i-1]=='0'){
				int x=max(max(max(max(a[i],a[i-1]),a[i-2]),a[i-3]),a[i-4]);
				if(b[i]=='1'){
					//l > max(a 1~5)
					ansll=max(ansll,x+1);
				}
			}
			else{
				int x=min(min(min(min(a[i],a[i-1]),a[i-2]),a[i-3]),a[i-4]);
				if(b[i]=='0'){
					//r < min(a 1~5)
					ansrr=min(ansrr,x-1);
				}
			}
		}
	}
	printf("%d %d",ansll,ansrr);
	return 0;
}

【E】Cashback

题意：

给定一个长度为\(n\)的数组\(a\)和一个常数\(c\)。你可以把\(a\)数组分割成连续的若干段，每一段的代价分别计算：

对于长度为\(len\)的一段，其代价为其元素总和，减去最小的\(\left \lfloor \frac{len}{c} \right \rfloor\)个元素。

求最小总代价。

题解：

既然要让代价最小，我们转化为求最大的价值，再用所有的元素和减去这个价值即可。

那就变成了长度为\(len\)的一段，其价值为最小的\(\left \lfloor \frac{len}{c} \right \rfloor\)个元素的和。

首先我们注意到一个结论：有贡献价值的分段，其长度正好为\(c\)时，没有其他方法比它更优。

证明请自行脑补……因为我也没想清楚，当时考场上瞎猜的结论，有兴趣的读者不妨看看http://www.cnblogs.com/kkkkahlua/p/8468896.html。

那么，我们通过单调队列处理出每个长为\(c\)的区间的最小值，记为\(b\)数组。

那么有DP方程\(f[i]=(max_{j=1}^{i-c}f[i])+b[i-c+1]\)，表示前\(i\)个数，最后一个区间必须选取的最大价值，答案为\(Sum-max(f[i])\)。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define ll long long
int n,c;
int a[100009],b[100009];
int que[100009],l=1,r=0;
ll sum,f[100009],g[100009];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&c);
	F(i,1,n) scanf("%d",a+i);
	F(i,1,n) sum+=a[i];
	if(c>n) {printf("%lld",sum); return 0;}
	F(i,1,c){
		while(l<=r&&a[que[r]]>=a[i]) --r;
		que[++r]=i;
	} b[1]=a[que[l]];
	F(i,c+1,n){
		if(que[l]<=i-c) ++l;
		while(l<=r&&a[que[r]]>=a[i]) --r;
		que[++r]=i;
		b[i-c+1]=a[que[l]];
	}
	F(i,1,n-c+1){
		if(i<=c) f[i]=b[i];
		else{
			f[i]=b[i]+g[i-c];
		}
		g[i]=max(g[i-1],f[i]);
	}
	printf("%lld",sum-g[n-c+1]);
	return 0;
}