Codeforces 909 A-F

CF909 题解

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A B C D E F

难度：红黄绿蓝绿紫

题解

A

题目翻译：给定两个字符串，求字典序最小的“两字符串非空前缀拼接形成的字符串”。

算法标签：贪心

题目分析：

字典序最小，即从左往右依次比较字符，直到一方不剩字符或两字符不同。因此想到贪心。由于前缀非空，因此在前一字符串上不断输出，直到输出结束或字符大于后一字符串的第一个字符。

代码略。

B

题目翻译：

输入 $n$，由此得到 $\frac{n(n+1)}{2}$ 个线段。你可以将它们拼接在一起，但要注意不能改变它们的左右端点位置。求拼接形成的线段最小数量。下图为当 $n=4$ 时的最优解。

算法标签：数学、构造、贪心

题目分析：本题有多种解题思路。

打标找规律（其一）

若将答案按照 $n(0 \le n)$ 的大小排成一个数列，则该数列的前几项为：

0, 1, 2, 4, 6, 9, …

不难发现答案为 $\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor \times \lceil \frac{n+1}{2} \rceil$。直接做就做完了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {

    int n;

    cin >> n;

    n++;

    cout << floor(n / 2.0) * ceil(n / 2.0) << endl;

    return 0;

}

打标找规律（其二）

不难发现答案有规律 $f_i=2\times f_{i-1}-2\times f_{i-3}+f_{i-4}$。直接做就做完了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {

    int n;

    cin >> n;

    if (n == 1) puts("1");

    else if (n == 2) puts("2");

    else if (n == 3) puts("4");

    else if (n == 4) puts("6");

    else {

        int a = 1, b = 2, c = 4, d = 6, e;

        n -= 4;

        while (n--) {

            e = 2 * d - 2 * b + a;

            a = b;

            b = c;

            c = d;

            d = e;

        }

        printf("%d\n", d);

    }

    return 0;

}

对规律进行证明

因为规律可能错误，为了避免罚时（CF 赛制）和挂分（OI 赛制），需要对规律进行证明。

以下内容翻译自官方题解：

考虑长度为 $1$ 的段 $[i, i + 1]$。显然，覆盖此段的所有段必须属于不同的层。为了覆盖它，线段的左端必须位于点 $0, 1，…， i$（共 $n-i$ 种选择），而右端分别在点 $i+1，i+2，…，n$（共 $n-i$ 种选择）。所以覆盖 $[i, i + 1]$ 的段数等于 $m_i=(i + 1)(n - i)$。在所有 $i=0,…,n-1$ 中，$m_i$ 的最大值给出了层数的下界。

由于该问题不需要显式构造，我们可以猜测这个界限是精确的。最大值 $m_i$ 可以在 $O(n)$ 内找到；或者，可以看出，当 $n$ 为奇数时，最大值出现在中间段，而当 $n$ 为偶数时，最大值出现在两个中间段之一。

所以答案是 $(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1)\cdot\lceil\frac{n}{2}\rceil$。

我们也可以通过一个明确的构造来证明这一点。将所有线段按照其左端点的非降序排列，然后再按照其右端点的升序排列。尝试贪心地为每个下一段找到一个位置：如果 $i$ 是当前线段的左端点，且线段 $[i, i+1]$ 在某一层是空闲的，则将当前线段添加到该层；否则，用当前线段开始一个新的层。

是的，这就是个 $O(1)$ 的问题！（滑稽）

C

题目翻译：

题目给定一段类 Python 代码（只有两种语句：p（代表print）和f（代表for）），要求计算出这段代码有多少种合法的缩进。答案对 $10^9+7$ 取模。

算法标签：动态规划

题目分析：类 Python 语言的缩进规则如下：

第一条语句不加缩进
对于其他语句有：
- 若其为某条 for 的循环体时，加该 for 语句缩进的下一级
- 否则不缩进
特别的，每条 for 都必须有至少一条语句作为循环体

这是一个例子：

print

print

for

	print

	for

		print

		print

	print

print

于是可以想到动态规划。设 $dp_{i,j}$ 表示第 $i$ 条语句缩进 $j$ 级的方案数，$s_i$ 表示第 $i$ 条语句。

显然当 $s_{i-1}=\text{"f"}$ 时，$dp_{i,j}$ 只能从 $dp_{i-1,j-1}$ 转移；而当 $s_{i-1}=\text{"p"}$ 时，它可以从任意 $dp_{i, k}(j \le k \le i)$ 处转移。因此可以维护后缀和加速。时间复杂度 $O(n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int dp[5010][5010], sum[5010], n, cnt = 0;

string s, lst;

const int mod = 1e9 + 7;

int main() {

	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);

	cin >> n >> s;

	lst = s;

	dp[1][0] = 1;

	for (int i = 2; i <= n; i++) {

		cin >> s;

		if (lst == "f") {

			for (int j = 1; j <= i; j++) {

				dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];

			}

		} else {

			for (int j = i; j >= 0; j--) {

				dp[i][j] = (dp[i][j + 1] + dp[i - 1][j]) % mod;

			}

		}

		lst = s;

	}

	int ans = 0;

	for (int i = 0; i <= n; i++) ans = (ans + dp[n][i]) % mod;

	cout << ans << "\n";

	return 0;

}

D

题目翻译：

给定一条直线上的一组点。每个点都有一个指定的颜色。对于点 $a$，它的邻居是在它们和 $a$ 之间没有其他点的点。每个点最多有两个邻居——一个在左边，一个在右边。

对这组点执行一系列操作。在一个操作中，你删除所有有至少一个不同颜色的相邻点的点。同时删除点，即首先决定要删除哪些点，然后删除它们。之后，您可以执行下一个操作等。如果操作不会删除任何点，则不能执行该操作。

您需要执行多少次操作，直到下一个操作没有任何要删除的点？

算法标签：优化暴力

题目分析：如果暴力删点，总复杂度 $O(n^2)$ 无法接受。但我们不难发现字符串内最多只有 $26$ 种字符，于是想到优化暴力。

考虑将字符相同的区间“缩点”。由于每次删除的是有一个不同颜色的相邻点的点，所以对于长度 $\ge 2$ 的区间，每次操作会删除其最左侧和最右侧的点（如果其左、右存在相邻点）。因此，总复杂度会降到近似 $O(n)$。

注：下面的代码因为 CF 网络故障，暂时未确定是否能够通过本题。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

string s;

int a[1000010], cnt = 1;

char c[1000010];

int main() {

	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);

	cin >> s;

	a[1] = 1; c[1] = s[0];

	for (int i = 1; i < s.size(); i++) {

		if (s[i] == s[i - 1]) {

			a[cnt]++;

		} else {

			a[cnt + 1] = 1;

			c[cnt + 1] = s[i];

			cnt++;

		}

	}

	int ans = 0;

	while (cnt > 1) {

		for (int i = 1; i <= cnt; i++) {

			if (i == 1 || i == cnt) a[i]--;

			else a[i] -= min(2, a[i]); // 当区间内点数不足时全部删除

		}

		int tmp = 0;

		for (int i = 1; i <= cnt; i++) { // 去除不存在的区间 && 合并区间

			if (a[i] == 0) continue;

			if (c[i] == c[tmp]) c[tmp] += c[i];

			else {

				tmp++;

				c[tmp] = c[i];

				a[tmp] = a[i]; // copy

			}

		}

		ans++;

		cnt = tmp;

	}

	cout << ans << '\n';

	return 0;

}

E

题目翻译：

算法标签：

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F

题目翻译：

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题目分析：