题目链接
A
题意
思路
- 如果没有一元硬币，那么答案就是1
- 否则答案就是 a + b ∗ 2 + 1 a+b*2+1 a+b∗2+1。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--) {
int a, b;
cin >> a >> b;
if(a == 0) cout << 1 << '\n';
else cout << a + b * 2 + 1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题意
思路
- 如果只有一堆
- 如果这堆只有一个糖果：YES
- 否则：NO
- 否则：排序
- 如果最大数量的那一包和次大的那包相差不超过1：YES（因为可以一直这样削弱数量最多的，直到将全部都削弱掉）
- 否则：NO
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--) {
int n;
int ok = 0;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
sort(a.begin() + 1, a.end());
if(n == 1 && a[n] == 1) ok = 1;
else if((a[n] == a[n - 1] || a[n] == a[n - 1] + 1)) ok = 1;
if(ok) cout << "YES" << '\n';
else cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
C
题意
思路
- 贪心
- 从前向后遍历，直到遇到过一种字符出现过两次，保留出现过两次的这个字符，其他的全都删掉，然后重复这个过程直到结束。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 2e5 + 6;
char s[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--) {
cin >> s + 1;
int n = strlen(s + 1), ans = 0;
bitset<26> cnt(0);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(cnt[s[i] - 'a'] == 0) cnt[s[i] - 'a'] = 1, ans++;
else {
ans--;
cnt.reset();
}
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
D
题意
思路
- 保留下来的数组是不能包含有 0 0 0的，所以我们可以用 0 0 0分割该数组，对于每一段分开处理
- 子段的值最大，说明该子段有很多的“2”，所以我们要保证得到的子段里
2
2
2尽可能的多
- 如果该子段中负数的数量是偶数个，那么可以不删
- 否则我们就可以只从一边删元素，直到删到一个负数就停下。
实现方法：
tuple<int, int, int> ans = {-1, 0, 0};
get<0>(ans); //得到ans的第一个元素
保留的三个数分别是区间 ∣ a i ∣ = 2 |a_i|=2 ∣ai∣=2的数的数量、区间的左端点、区间的右端点，由于 t u p l e tuple tuple已经重载了比较运算符，比较的时候第一个元素的优先级最高，然后是第二个元素……
- 通过实现pre函数得到只删子段前边元素的最优解
- 通过实现suf函数得到只删子段后边元素的最优解
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--) {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1), ve(1, 0);
tuple<int, int, int> ans = {-1, 0, 0};
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
if(a[i] == 0) ve.push_back(i);
}
ve.push_back(n + 1);
auto pre = [&](int l, int r) -> tuple<int, int, int> {
tuple<int, int, int> ret = {0, l, r};
int fu = 0;
for(int i = l; i <= r; i++) {
get<0>(ret) += (abs(a[i]) == 2);
fu += (a[i] < 0);
}
if(fu & 1) {
for(int i = l; i <= r; i++) {
if(abs(a[i]) == 2) get<0>(ret) -= 1;
get<1>(ret)++;
if(a[i] < 0) break;
}
}
return ret;
};
auto suf = [&](int l, int r) -> tuple<int, int, int> {
tuple<int, int, int> ret = {0, l, r};
int fu = 0;
for(int i = l; i <= r; i++) {
get<0>(ret) += (abs(a[i]) == 2);
fu += (a[i] < 0);
}
if(fu & 1) {
for(int i = r; i >= l; i--) {
if(abs(a[i]) == 2) get<0>(ret) -= 1;
get<2>(ret)--;
if(a[i] < 0) break;
}
}
return ret;
};
for(int i = 1; i < ve.size(); i++) {
ans = max(ans, pre(ve[i - 1] + 1, ve[i] - 1));
ans = max(ans, suf(ve[i - 1] + 1, ve[i] - 1));
}
cout << get<1>(ans) - 1 << ' ' << n - get<2>(ans) << '\n';
}
return 0;
}
E
题意
思路
不难发现，对这个数组只需要一种循环移位操作就可以得到最优的答案，因为主对角线上的值不管选用哪种循环移位方法，在n次循环移位过后都会找到最优解。所以将行数扩大一倍，将该01矩阵赋值一边，求一个斜缀和（记录这个点的左上方有多少个0），即可在 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的复杂度下得到最优答案。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 2e3 + 5;
char s[maxn << 1][maxn];
int pre[maxn << 1][maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--) {
int n, t0 = 0, t1 = 0;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s[i] + 1;
}
for(int i = n + 1; i <= n << 1; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
s[i][j] = s[i - n][j];
t0 += (s[i][j] == '0');
}
}
t1 = n * n - t0;
for(int i = 1; i <= n << 1; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
pre[i][j] = pre[i - 1][j - 1] + (s[i][j] == '0');
}
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
for(int i = n + 1; i <= n << 1; i++) {
ans = min(ans, pre[i][n] + t1 - (n - pre[i][n]));
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
F1
题意
思路
两个减号可以被替换为一个加号，如果我们定义一个前缀和，减号代表减一，加号代表加一，通过一次操作过后字符串的值比原来多了3
- 如何确定一个串中是否存在两个连续的减号呢？如果该字串的值是小于-2的，那么必然存在（细品）
- 如何确定串是有希望变好呢？当且仅当串的值小于等于零，并且串的值对三取余的值为零。
- F1数据范围较小， O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)暴力即可；
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 3e3 + 5;
char s[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--) {
int n, ans = 0;
cin >> n >> s + 1;
vector<int> pre(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i] == '-') pre[i] = pre[i - 1] - 1;
if(s[i] == '+') pre[i] = pre[i - 1] + 1;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
int sum = pre[j] - pre[i - 1];
if(sum % 3 == 0 && sum <= 0) {
ans += 1;
}
}
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
F2
题意
见F1，数据范围扩大至2e5.
思路
- 很显然 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的复杂度不能满足本题要求，那么什么样的子串才符合模三余零呢，我们把前缀和值为0 3 6 9……、前缀和值为1 4 7 10……、前缀和值为2 5 8 11……的这些区间单独拿出来考虑，因为前缀和上两个数做差可以得到一个子串，所以我们可以利用类似于树状数组求逆序对的方法，开三个树状数组，对于每个位置都算一个贡献，这个贡献就算比当前值小的并且和当前数同余的值的数量，用树状数组可以很简单的维护，复杂度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn).
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 2e5 + 7;
char s[maxn];
template<typename T>
struct Fenwick {
int n;
vector<T> ft;
Fenwick(int n_ = 0) : n(n_), ft(n_ + 1) {}
void add(int i, int val) {
while (i < n) {
ft[i] += val;
i |= i + 1;
}
}
T query(int i) {
T x = 0;
while (i >= 0) {
x += ft[i];
i &= i + 1, i--;
}
return x;
}
};
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--) {
int n;
ll ans = 0;
cin >> n >> s + 1;
vector<int> pre(n + 1, 0);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i] == '+') pre[i] = pre[i - 1] - 1;
if(s[i] == '-') pre[i] = pre[i - 1] + 1;
}
Fenwick<int> bit[3];
for(int i = 0; i <= 2; i++) bit[i] = Fenwick<int>(n * 2 + 5);
for(int i = 0; i <= n; i++) {
ans += bit[(pre[i] % 3 + 3) % 3].query(pre[i] + n);
bit[(pre[i] % 3 + 3) % 3].add(pre[i] + n, 1);
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
结语
喜欢算法竞赛，喜欢它带给我的快乐，乐亦在其中矣。希望可以在昆明取得好成绩。
