【解题报告】Educational Codeforces Round 9

来源：互联网发布：蚁群算法优化问题编辑：程序博客网时间：2024/05/15 23:50

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A.Grandma Laura and Apples（Codeforces 632A）

大意

奶奶有若干个苹果，当她还剩奇数个苹果的时候会卖出一半的苹果(比如奶奶还剩 3 个苹果时会卖出 1.5 个苹果)并附赠半个苹果，还剩偶数个苹果的时候会卖出一半的苹果。最终奶奶会卖光苹果。在已知卖苹果次数，苹果单价和每次买卖详情的情况下，求奶奶的总收入。

思路

不妨先顺着问题发生的顺序理一理思路。假设奶奶有 6 个苹果，那么第一次出售只能是 half ，即卖掉 3 个，剩下 3 个。这时候奶奶只有 3 个苹果了，那么第二次出售只能是 halfplus ，即卖掉 1.5 个，剩下 1 个。最后奶奶只剩下 1 个苹果了，那么第三次出售只能是 halfplus ，即卖掉 0.5 个，剩下 0 个。这样整个过程的规律就明显了。每次出售苹果都是卖掉一半的苹果，剩下出售之前苹果数除以 2 （向下取整）的苹果数。所以我们从 0 个苹果开始逆推，若出售信息为 half ，则直接将当前苹果数乘 2 即可得到出售前的苹果数。若出售信息为 halfplus ，则先将当前苹果数加上被取整的 0.5 个苹果，再乘 2 即可得到出售前的苹果数。实现上因为苹果总数很多因此要用 longlong 存储求和数据。若想要避免出现小数可以将每次加 0.5 的操作改为加 5 ，最后的结果除以 10 即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;char s[10];int n, p, a[50];long long m, ans;int main() {    scanf("%d%d", &n, &p);    for(int i = 0; i < n; i++) {        scanf("%s", s);        if(strlen(s) > 4) a[i] = 1;        else a[i] = 0;    }    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {        if(a[i]) m = (m + 5) << 1;        else m <<= 1;        ans += m / 2;    }    printf("%I64d\n", ans * p / 10);    return 0;}

B. Alice, Bob, Two Teams（Codeforces 632B）

大意

有一个只含 A 和 B 的字符串，字符串的每个位置有一个权值。 Alice 得到的分数为对所有 A 出现的位置的权值求和的结果， Bob 得到的分数为对所有 B 出现的位置的权值求和的结果。 Bob 又一次翻转前缀或翻转后缀的机会，问 Bob 能得到的最大分数是多少。

思路

既然 Bob 能选择一个前缀或后缀进行翻转的话，那就枚举这个前缀或后缀进行翻转，然后更新最大值即可。注意，不能真的去暴力枚举，如果想枚举前缀 s[0...p] 的话，我们可以利用前一次枚举，即 s[0...p−1] 的结果。这是前缀和后缀的性质决定的。实现起来就是分别正向，反向扫描一次字符串，分别维护翻转后的前缀，后缀和。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 5e5 + 10;char s[maxn];int n, p[maxn];long long sum, tmp, ans;int main() {    scanf("%d", &n);    for(int i = 0; i < n; i++) {        scanf("%d", &p[i]);    }    scanf("%s", s);    sum = 0;    for(int i = 0; i < n; i++) {        if(s[i] == 'B') {            sum += p[i];        }    }    ans = tmp = sum;    for(int i = 0; i < n; i++) {        if(s[i] == 'A') {            tmp += p[i];            ans = max(ans, tmp);        }        else tmp -= p[i];    }    tmp = sum;    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {        if(s[i] == 'A') {            tmp += p[i];            ans = max(ans, tmp);        }        else tmp -= p[i];    }    printf("%I64d\n", ans);    return 0;}

C.The Smallest String Concatenation（Codeforces 632C）

大意

有一个字符串集合，问将集合中的字符串首尾相连能够得到的字典序最小的字符串是什么。

思路

刚拿到这道题的时候，感觉应该是按照字典序排序，然后直接按照排序结果首尾相连。但是后来验证猜想的时候就出问题了。例如，有三个字符串： x,xx,xxa ，若按照字典序来连接的话应该是 xxxxxa ，但是显然， xxaxxx 的字典序更小。问题出在哪儿呢？如果字符串的长度都相同的话这样是没问题的，但若字符串长度不相同的话，像x这样短的字符串就会有更小的字典序，但它不见得应该排在更前面。怎么办呢？我们应该定义一个“更适合放在前面”的量，让这些字符串根据这个量来排序。显然，对于两个字符串而言，若 A+B 的字典序小于 B+A ，那么， A 更适合放在 B 的前面。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 5e4 + 5;int n;string ans, s[maxn];bool cmp(string a, string b) {    return a + b < b + a;}int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin >> n;    for(int i = 0; i < n; i++) {        cin >> s[i];    }    sort(s, s + n, cmp);    ans = "";    for(int i = 0; i < n; i++) {        ans = ans + s[i];    }    cout << ans << endl;    return 0;}

D. Longest Subsequence（Codeforces 632D）

大意

有一个含 n 个数字的序列，求最长的满足以下性质的子序列：其所有元素的 LCM 不超过 m 。

思路

看见题中有 LCM 时，直觉告诉我应该枚举 LCM 的上界，对于每个上界扫描数组，检查有多少数是这个上界的约数。遗憾的是，这个算法的复杂度太高了。刚快的方法是用数组中的数去更新它的倍数，就像埃拉伯色尼筛法那样。例如，若我们知道数组中有 3 个 2 的话就能知道数组中至少有 3 个 4（ 2 的某个倍数）的约数了。因此，我们先统计每个小于 m 的数的出现次数，并存放在数组 d 中， d[2]=3 表示数组中有 3 个 2 。然后逆序遍历 d 数组，对于遍历到的某个元素 x ，模仿埃拉伯色尼筛法的实现，更新 x 的倍数 y 的 d[y] 。更新过后的 d[y] 就表示对于 LCM 上界 y ，在数组中有 d[y] 个数是它的约数，而最大的 d[y] 就是我们要的答案。另外还有一个细节。如果遍历 d 数组的时候如果不逆序遍历的话会造成重复累加的后果。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e6 + 5;int n, m, l, a[maxn], d[maxn];int main() {    scanf("%d%d", &n, &m);    for(int i = 1; i <= n; i++) {        scanf("%d", &a[i]);        // 输入的同时维护d数组        if(a[i] <= m) d[a[i]]++;    }    // 逆序遍历d数组    for(int i = m; i >= 1; i--) {        // 枚举i的倍数        for(int j = 2 * i; j <= m; j += i) {            d[j] += d[i];        }    }    l = max_element(d + 1, d + m + 1) - d;    printf("%d %d\n", l, d[l]);    for(int i = 1; i <= n; i++) {        if(l % a[i] == 0) {            printf("%d ", i);        }    }    puts("");    return 0;}

（其它题目略）

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