Codeforces Round#687 Div2 题解

打这场的时候迷迷糊糊的，然后掉分了（

A Prison Break:

题面很复杂，但是题意很简单，仅需求出从这个点到四个角的最大的曼哈顿距离即可

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

int times;

int n,m,r,c;

int main() {

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(0),cout.tie(0);

	cin >> times;

	while(times--) {

		cin >> n >> m >> r >> c;

		cout << max(max(abs(1 - r) + abs(1 - c),abs(n - r) + abs(1 - c)),max(abs(1 - r) + abs(m - c),abs(n - r) + abs(m - c))) << '\n';

	}

	return 0;

}

B Repainting Street:

限制长度的区间覆盖，要求得到最后得到相同颜色的最少操作数

颜色确定之后便可以暴力覆盖

注意到颜色的值域很小，故枚举颜色即可

$p.s.$这道题 $Wa$ 了两发，原因是区间长度是固定的，该染到的一定染到

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 10;

int times;

int n,m;

int a[N];

int b[N];

int vis[101];

int main() {

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(0),cout.tie(0);

	cin >> times;

	while(times--) {

		memset(vis,0,sizeof vis);

		cin >> n >> m;

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

			cin >> a[i];

		}

		int ans = 2e9;

		for(int C = 1;C <= 100;C++) {

			int tot = 0,las,k;

			for(int i = 1;i <= n;i++) b[i] = a[i];

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

				las = k = i;

				if(b[i] != C)

				while(k - las + 1 <= m) {

					b[k] = C;

					k++;

				}

				else continue;

				k--;

				i = k;

				tot++;

			}

			ans = min(ans,tot);

		}

		cout << ans << '\n';

	}

	return 0;

}

C Bouncing Ball :

不难发现，删除前面一块等价于把所有的往前移动一块

并且最后的代价与删除操作和添加操作顺序无关

所以直接枚举删除操作数量即可，因为每次都跳固定的 $k$

所以跳到的块的下标满足 $i\space \%\space k\space =\space p\space (i = t \times k + p)$

从后往前开一个桶扫一遍即可

$p.s.$ 因为 $B$ 题卡了有点久，这题最后结束了才 $AC$ （掉分的原因

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 10;

int n,m;

char a[N];

int times,tong[N],x,y;

int p,k;

int main() {

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(0),cout.tie(0);

	cin >> times;

	while(times--) {

		cin >> n >> p >> k;

		cin >> (a + 1);

		cin >> x >> y;

		ll ans = 2e18;

		for(int i = n;i >= 0;i--) tong[i] = 0;

		for(int i = n;i >= p;i--) {

			if(a[i] == '0') tong[i % k] += x;

			ans = min(ans,1ll * (i - p) * y + tong[i % k]);

		}

		cout << ans << '\n';

	}

	return 0;

}

D XOR-gun :

$Xor$ 的性质太多了

这里来做一个总结：

$x \otimes y \le x + y$ 适用于任何情况，作用于限制其余变量缩小问题状态

$x \otimes y \le 2 ^ n$ 适用于 $x \le 2 ^ n$ 并且 $y \le 2 ^ n$

所以做异或的题从两方面来考虑：

1.二进制角度上

2.整数域计算上

这道题上，要求用 $\otimes $ 破坏非减单调序列，第一条性质做不了

当存在两个在二进制上最高位相同的数时，异或之后一定可以使得到的数减少一半

并且当此时再存在一个数在最高位上与前面两个数相同时，则一定可以一次操作完成

根据鸽子原理，那么 $n \ge 2 \times log 10^9$ 时便直接输出 $1$ 即可，否则直接枚举出当前想把序列破坏掉的两个数即可

复杂度 $O(n^3)$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 10;

int a[N],sum[N];

int ans = 2e5 + 10;

int n;

int main() {

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(0),cout.tie(0);

	cin >> n;

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

		cin >> a[i];

		sum[i] = sum[i - 1] ^ a[i];

	}

	if(n > 60) {

		cout << "1" << '\n';

		return 0;

	}

	for(int k = 1;k < n;k++) {

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

			for(int j = k + 1;j <= n;j++) {

				int s1 = sum[k] ^ sum[i - 1] ,s2 = sum[j] ^ sum[k];

				if(s1 > s2) {

					ans = min(ans,j - k - 1 + k - i);

				}

			}

		}

	}

	if(ans == 2e5 + 10)

	cout << "-1" << '\n';

	else

	cout << ans << '\n';

	return 0;

}

E New Game Plus!:

如果这题的 $k$ 很小，也许可以用 $dp$ 解决

所以这里考虑其他算法，因为求得最值，所以考虑贪心

首先考虑 $k = 0$ 的情况，容易发现，一个 $boss$ 的贡献是他所处的位置离结尾还有多少个乘上 $C_i$

所以考虑使用经典贪心微调法来证明此时应满足 $C_i >= C_{i + 1} (i < n),i \in Z$ 时结果最优

再考虑 $k != 0$ 的情况，容易发现，一旦使用一次 $reset$ 游戏将会被重置为新游戏，所以游戏分为了 $k + 1$ 个游戏。

在每一个独立的游戏中，每打一个 $boss$ 的贡献可以写作 $p \times C_i$ ，也就是说，当我们发现如果存在 $p_i > p_j$ 但 $C_i < C_j$ 的时候，一定存在更优解

那么也就是说，为了让 $C_i > 0$ 的 $p$ 尽量大，我们考虑将第一个正数放进来的过程，这第一个正数必然会放在此时可以令它的 $p$ 最大的一个游戏之中

那么接下来的正数依旧会放在这个正数的后面，所以我们可以把所有的正数放在一个游戏中

同样的，我们来考虑负数的 $p$，我们想让 $p$ 尽量小，所以一旦发现存在两个游戏中的第一个元素是负数，并且 $p_1 - p_2 \ge 2$ 时，可以将 $p_1$ 放在 $p_2$ 的后面，以得到更优解

我们来考虑如何实现这个贪心的过程

(注：这里不证明为什么必须用完 $k$ 次 $reset$)

首先，对于第一条，正数都将在一个游戏之中，那么，我么考虑维护一个大根堆，这样可以满足。

考虑处理负数，那么一次 $reset$ 相当于在单调队列中插入 $k + 1$ 个 $0$ ，如果此时正数的游戏中 $sum > 0$ 则此时放在 $sum > 0$ 依然是最优的

当正数游戏中 $sum < 0$ 时，此时再插入会得到更差解，插入 $0$ 即可。

这样，通过大根堆的维护，我们保证了第一条性质，并且如果我们将初始序列 $sort$ 从大到小排一遍之后我们可以维护剩下两条性质

(简短证明一下：如果有一个有两个游戏个数分别为 $i + 1$ 与 $i$，那么有$C_i$ 大，$p$ 也大的这条性质，可以得到 $sum_1 < sum_2$ ，所以一定会将新数插入大小为 $i$ 的游戏之中)

这道题确实很妙，在官方的题解之中将一个游戏看成一个一个栈，那么这里的 $p$ 便是这个元素在栈中的 $h$ ，会更好理解

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 5e5 + 10;

priority_queue<ll> p;

ll a[N];

int n,m;

ll ans = 0;

int main() {

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(0),cout.tie(0);

	cin >> n >> m;

	for(int i = 1;i <= m + 1;i++) p.push(0);

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

		cin >> a[i];

	}

	sort(a + 1,a + n + 1,[&](ll a,ll b) {return a > b;});

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

		ll x = p.top();

		ans += x;

		p.pop();

		p.push(x + a[i]);

	}

	cout << ans << '\n';

	return 0;

}

Summary :

有些 (A/B) 应该考虑简单一点根据题目/题目数据来思考算法，不要先入为主
当题目用一般算法做不通的时候考虑挖掘一下性质
面对较复杂的题目时，多多运用分类讨论与同状态转换(E题题解中将游戏看作栈)的思想简化题目
以后多补题写题解以提升思维