Codeforces Edu Round 61 A-C + F

A. Regular Bracket Sequence

显然，"\(()\)"不影响结果它是自我匹配的，可以把所有的\(((\)和\())\)都放在左边/右边，这样只要检查它们的数目就行，还有个坑点，就是如果\()(\)多于一，需要给左右两边一个负担，必须小于它们的数量才行。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int c1, c2, c3, c4;
int main(){
	scanf("%d%d%d%d", &c1, &c2, &c3, &c4);
	if(c1 == c4 && c4 >= min(c3, 1)) puts("1");
	else puts("0");
	return 0;
}

B. Discounts

模拟，从小到大排好序后，答案 \(=\) 总数 - \(a[n - q_i + 1]\)。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 300010;
typedef long long LL;
int n, m, a[N], q;
LL sum = 0;
int main(){
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", a + i), sum += a[i];
	}
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	scanf("%d", &m);
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		scanf("%d", &q);
		printf("%lld\n", sum - a[n - q + 1]);
	}
	return 0;
}

C. Painting the Fence

考虑到\(q <= 5000\)，用前缀和维护每个位置都有几个人刷，然后预处理\([l, r]\)这段有多少\(1\)（他不刷就没人刷）和\(2\)（安排掉他俩就没人刷），用\(O(q ^ 2)\)的复杂度暴力枚举两个人分别是谁，然后\(O(1)\)找即可。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 5010;
int n, m, sum[N], c[N], c2[N], tot = 0, ans = -1;
PII a[N];
int main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		scanf("%d%d", &a[i].first, &a[i].second);

	}
	sort(a + 1, a + 1 + m);
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		sum[a[i].first]++, sum[a[i].second + 1]--;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		sum[i] += sum[i - 1];
		c[i] = c[i - 1] + (sum[i] == 1);
		c2[i] = c2[i - 1] + (sum[i] == 2);
		tot += (sum[i] > 0);
	}
	for(int i = 1; i < m; i++){
		for(int j = i + 1; j <= m; j++){
			int cnt = tot;
			int L = a[i].first, R = a[i].second;
			int L1 = a[j].first, R1 = a[j].second;
			if(L1 <= R) {
				cnt -= c[L1 - 1] - c[L - 1];
				cnt -= c[max(R, R1)] - c[min(R, R1)];
				cnt -= c2[min(R, R1)] - c2[L1 - 1];
			}else{
				cnt -= c[R] - c[L - 1];
				cnt -= c[R1] - c[L1 - 1];
			}
			ans = max(ans, cnt);
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

F. Clear the String

区间\(dp\)。

设\(f[i][j]\) 为合并\([i, j]\)区间的最小花费，对于任何一个\(f[i][j]\)，有三种决策：

1. 直接多加一位\(min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1\)

2. 找一个位置\(k(i + 1 <= k <= j )\)，使\(str[i] = str[k]\)，更新答案为：

\(f[i + 1][k - 1] + f[k][j] + (s[k] != s[i])\)

等于是把\([i + 1, k - 1]\)先合并起来，然后\(i\)字符就会贴到\(k\)一起，然后这两个字符一样，可以视作一个字符，每次修改最坏是用\(k\)为左边界，\(i\)字符作为附庸不用计算花费

1. 同样的还有用右端点合并...

想状态的时候我也会有疑惑，为什么只用找开头和结尾跟中间匹配呢？重复，每次处理区间时，\(l + 1、l + 2...\)已经找过匹配点了...

后来发现只需要处理用开头字符一种情况，因为两种状态转移上重复了，每次找\(k\)的过程中也相当于\(k\)去找\(i\)，在这之前想到于已经匹配过\([l + 1, r], [l + 2, r]...[l + n, r]\)，这样的匹配方式是可逆的，先后反复是相同的，即使此时的\(l + n\)左边还没处理，但是每次处理相当于一个包围的形式，可以不重不漏地继承。所以可以不需用步骤\(3\)，但是蒟蒻的我肯定想不到啦...

顺便，注意初始化问题，对于\(f[i][j] (i > j)\) 花费是\(0\)，当然如果边界写的精准了这种状态不会用到。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 510;
int n, f[N][N];
char s[N];
int main(){
	scanf("%d%s", &n, s + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = 1;
	for(int l = 2; l <= n; l++){
		for(int i = 1, j; (j = i + l - 1) <= n; i++){
			f[i][j] = min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1;
			for(int k = i; k <= j - 2; k++){
				f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j - 1] + (s[k] != s[j]));
			}
			for(int k = i + 2; k <= j; k++){
				f[i][j] = min(f[i][j], f[i + 1][k - 1] + f[k][j] + (s[k] != s[i]));
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		for(int j = 1; j <= n; j++) printf("%d ", f[i][j]);
		puts("");
	}
	printf("%d\n", f[1][n]);
	return 0;
}