codeforces round 376 Div2 D~F

题目

codeforces round 376 Div2

题解

D

题意：给一些字符串，每次可以将所有字符序数+1，字符可以循环，问如何变幻使得其按字典序排列。
题解：枚举相邻两个字符串，求出如果这两个满足字典序要求，转动次数的范围，用差分，最后看一下有没有被覆盖n-1次的点。

//QWsin#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=500000+10;const int maxv=1e6+10;inline int read(){    int ret=0;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) ret=ret*10+ch-'0';    return ret;}int L,R,n,c;int *s[maxn],len[maxn],D[maxv];inline void ADD(int l,int r){if(l>r) return ;D[l]++;D[r+1]--;}int main(){    cin>>n>>c;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        len[i]=read();s[i]=new int [len[i]+10];        for(int j=1;j<=len[i];j++) s[i][j]=read();    }    for(int i=1;i<n;i++)    {        for(int p=1;;p++)        {            if(p==len[i]+1) //这两个判断是判断前缀关系                {ADD(0,c-1);break;}            if(p==len[i+1]+1) //如果后面是前面的前缀则无解，否则均可                {printf("-1\n");return 0;}            if(s[i][p] < s[i+1][p]) //分两种计算范围，注意:即使已经满足要求也可以将两个均‘爆掉’，不要漏掉第二个ADD                {ADD(0,c-s[i+1][p]);ADD(c-s[i][p]+1,c-1);break;}            if(s[i][p] > s[i+1][p])                 {ADD(c-s[i][p]+1,c-s[i+1][p]);break;}        }    }    int sum=0;    for(int i=0;i<=c-1;i++)         if((sum+=D[i]) >= n-1) {printf("%d\n",i);return 0;}    printf("-1");    return 0;}

E

题意：有一个游戏，有一排纸片，上面写了一些数字，两人轮流操作，可以从左边拿走2~m（m为剩下纸片个数）片，然后将总和计入自己得分。每次操作完后会在最左边放上一张新纸片，上面的数字为取走数字的总和。策略：使得自己与别人得分分差最大，问先手与后手的分差。

题解：算是比较简单的线段树优化DP。发现用一个数字i就能够表示状态，因为最左边那块纸片总是之前的纸片的总和。当第i个纸片变为新纸片时称为状态i，用dp（i）表示i状态下的max{先手得分（下称为A）-后手得分（下称为B）}，那就要决策这一步选什么，发现当前这步的先手是下个状态的后手，假如我取到j，那么A-B=-（dp（j）-sum（j）），注意要加’-‘，然后发现要取max{dp(j)-sum(j)},i+1<=j<=n 是个裸的线段树优化DP。

//QWsin#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const ll INF=-1*(1ll<<60);const int maxn=200000+10;inline int read(){    int ret=0,ok=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')ok=-1;ch=getchar();}    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) ret=ret*10+ch-'0';    return ret*ok;}int a[maxn];ll dp[maxn],sum[maxn];//dp[i]表示i状态下的 max{先手-后手} struct Node{    ll m;Node *lc,*rc;    Node(){m=INF,lc=rc=NULL;}    inline void UP(){m=max(lc->m,rc->m);}}*root;#define mid ((l+r)>>1)void build(Node* &p,int l,int r){    p=new Node();if(l==r) return ;    build(p->lc,l,mid);    build(p->rc,mid+1,r);p->UP();}void updata(Node* &p,const int &pos,const ll& val,int l,int r){    if(l==r) {p->m=val;return ;}    if(pos<=mid) updata(p->lc,pos,val,l,mid);    else updata(p->rc,pos,val,mid+1,r);p->UP();}ll query(Node* &p,int l,int r,const int &L,const int &R){    if(L<=l&&r<=R) return p->m;    ll ret=INF;    if(L<=mid) ret=max(ret,query(p->lc,l,mid,L,R));    if(mid<R ) ret=max(ret,query(p->rc,mid+1,r,L,R));    return ret;}int main(){    int n=read();    build(root,1,n);    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];    updata(root,n,sum[n],1,n);    for(int i=n-1;i>=1;i--)    {        dp[i]=query(root,i+1,n,1,n);        updata(root,i,-dp[i]+sum[i],1,n);    }    cout<<dp[1];    return 0;;}

F

题意：给一堆游戏卡片以及它们的分值，选一张当主卡（称为A），将剩下所有卡（称为B）进行如下处理，如果B%A==0,将B加入总答案，否则将B/A*A加入总答案（整除），问答案最大值。

题解：（1000+AC人数的F题。。）不难发现按升序排序后，枚举选的主卡，最优方案一定是把右边的全选了。也不难发现，如果存在i< j&&a[j]%a[i]==0, 那么选i当主卡肯定更优。所以采取如下策略，枚举i，如果当前的a[i]没有被标记，那就从2*a[i]，3 * a[i]一直枚举到最大值，把这些数都打上标记（像极了筛素数？）。可以证明这一步的复杂度不超过nlogn,其实计算答案只要搞一点事情就行了，用sum[i]表示不超过i的数有多少个，注意到a[i]~2 * a[i]-1范围内的数对答案贡献是一样的，所以在枚举k *a[i]时顺便计算答案，总复杂度O(nlogn)

//QWsin#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=2000000+10;inline int read(){    int ret=0;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) ret=ret*10+ch-'0';    return ret;}int done[maxn],a[maxn],sum[maxn];int query(int l,int r){    return sum[r]-sum[l-1];}int main(){    int n=read(),maxnum=0;    for(int i=1;i<=n;i++) {        a[i]=read(),sum[a[i]]++;        maxnum=max(maxnum,a[i]);    }    for(int i=1;i<=maxnum*2;i++) sum[i]+=sum[i-1];    sort(a+1,a+n+1);    ll ans=0;    for(int i=1;i<=n;i++)if(!done[a[i]]){        ll tmp=0;done[a[i]]=1;        for(int j=2;(j-1)*a[i]<=maxnum;j++)            done[(j-1)*a[i]]=1,            tmp+=(ll)query((j-1)*a[i],j*a[i]-1)*(j-1)*a[i];        ans=max(ans,tmp);    }    printf("%lld",ans);    return 0;}