【解题报告】Codeforces Round #410 (Div. 2)

来源：互联网发布：淘宝代运营收费标准编辑：程序博客网时间：2024/05/29 10:11

题目链接

A. Mike and palindrome（Codeforces 798A）

思路

本题的入手点为“恰好改变一个字符”。
因为能且仅能改变一个字符，所以可以枚举被改变的字符，接着尝试将其改变成任意跟原字符不同的字符，然后判断新的字符串是否是回文串。
注意，每次判断完新字符串是否是回文串后要将字符串改回原串，这样才不会影响下次修改。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;string s, t;int n;// 判断字符串是否是回文串bool isP(string s) {    n = s.size();    for(int i = 0; i < (n + 1) / 2; i++) {        if(s[i] != s[n - i - 1]) {            return false;        }    }    return true;}int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0);    cin >> s;    n = s.size();    t = s;    // 枚举被改变的字符    for(int i = 0; i < n; i++) {        // 枚举改变成的字符         for(int j = 0; j < 26; j++) {            if(s[i] == 'a' + j) {                continue;            }            t[i] = 'a' + j;            if(isP(t) == true) {                puts("YES");                return 0;            }            // 要改回去，不然影响下次判断            t[i] = s[i];        }    }    puts("NO");    return 0;}

B. Mike and strings（Codeforces 798B）

思路

本题的入手点是，给的字符串数量并不多，于是可以用暴力的方法处理。
可以证明，选定某个字符串，将其它字符串都改成它，这一定是最优的策略。那么我们可以枚举这个“模板”字符串 Si ，接着可以计算出每个字符串改变成它所需要的操作次数 Resi ，然后将 Resi 跟当前最优解 ans 比较并且更新。
枚举的复杂度是 O(n) ，将字符串做一系列操作以确定是否能变成模板串的复杂度是 O(n2) （因为字符串不是用链表存储的，所以删除首字符的复杂度为 O(n) ），比较两个字符串是否相等的复杂度为 O(n) 。于是总的复杂度就是 O(n4) 。
如上述，可以用链表来将这个算法优化至 O(n3) 。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 55, INF = 55 * 55;string S[maxn], T[maxn];int n, res, ans;// 判断其它字符串是否能变成S[idx]int solve(int idx) {    int res = 0;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        if(idx == i) {            continue;        }        T[i] = S[i];        int m = T[i].size();        bool ok = false;        // 反复将首字符加到尾部        for(int j = 0; j < m; j++) {            if(T[i] == S[idx]) {                ok = true;                res += j;                break;            }            T[i].push_back(T[i][0]);            T[i] = T[i].substr(1, m);        }        if(ok == false) {            return -1;        }    }    return res;}int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0);    cin >> n;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> S[i];        T[i] = S[i];    }    ans = INF;    // 枚举模板字符串    for(int i = 1; i <= n; i++) {        res = solve(i);        if(res < 0) {            cout << -1 << endl;            return 0;        }        ans = min(ans, res);    }    cout << ans << endl;    return 0;}

C. Mike and gcd problem（Codeforces 798C）

思路

本题的入手点是，尝试了若干数据后可以发现，问题的本质是奇偶性而不是最大公约数。
首先，对整个序列求一个 GCD ，若 GCD 大于 1 的话就可以直接输出答案了。
否则，先不考虑整个数组。考虑数组中的两个相邻元素 ai，ai+1 ，若它们是互质的，那么最多可以通过两次操作将他们改成 gcd(ai,ai+1)=2 的形式。为什么呢？我们考虑奇数偶数之间的加减关系:

奇数 ± 奇数 = 偶数
偶数 ± 偶数 = 偶数
奇数 ± 偶数 = 奇数
偶数 ± 奇数 = 奇数

那么我们有两种变换策略：

若两个相邻的数是互质的且两个数的奇偶性相同的话，则最多一次操作就可以让他们的 gcd 变成 2 。
若两个相邻的数是互质的且两个数的奇偶性不同的话，则通过两次操作（先变成两个奇数，再变成两个偶数）就可以让他们的 gcd 变成 2 。

到这里，我们别无选择，只能用这种两种策略，来拼凑出一个解。为什么这样是最优的呢？因为找不出更优的策略了（哈哈~抱歉^^）。那么问题就转化成怎么用这两种策略来将数组中的所有数变成偶数。这里同样有两种方法：

贪心。先将所有相邻的奇数通过一次变换双双变成偶数，再将所有的相邻的奇偶性不同的数通过一次变换双双变成偶数。
动态规划。如果对贪心的算法不放心的话用动态规划是最保险的。令 d[i][0] 表示当前考虑完第 i 个数，之前的数（ a[k],k<i ）都被改成偶数，且 a[i] 被改变成奇数时的最少修改次数。 d[i][1] 同理，是 a[i] 被改变成偶数的情况。状态转移的细节见代码中的注释。

代码1（贪心）

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 1e5 + 10, INF = 1e8;ll x, y, n, g, ans, a[maxn];ll gcd(ll x, ll y) {    return y ? gcd(y, x % y) : x;}int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0);    cin >> n;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> a[i];    }    g = a[1];    for(int i = 2; i <= n; i++) {        g = gcd(g, a[i]);    }    if(g > 1) {        cout << "YES" << endl << 0 << endl;        return 0;    }    // 处理相邻两个数都是奇数的情况    for(int i = 1; i < n; i++) {        if(a[i] % 2 != 0 && a[i + 1] % 2 != 0) {            x = a[i];            y = a[i + 1];            a[i] = x - y;            a[i + 1] = x + y;            ans++;        }    }    // 处理剩下的情况    for(int i = 1; i < n; i++) {        if(a[i] % 2 == 0 && a[i + 1] % 2 == 0) {            continue;        }        for(int j = 1; j <= 2; j++) {            x = a[i];            y = a[i + 1];            a[i] = x - y;            a[i + 1] = x + y;            ans++;        }    }    cout << "YES" << endl << ans << endl;    return 0;}

代码2（DP）

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 1e5 + 10, INF = 1e8;ll x, y, n, g, ans, a[maxn], d[maxn][2];ll gcd(ll x, ll y) {    return y ? gcd(y, x % y) : x;}int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0);    cin >> n;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> a[i];    }    g = a[1];    for(int i = 2; i <= n; i++) {        g = gcd(g, a[i]);    }    if(g > 1) {        cout << "YES" << endl << 0 << endl;        return 0;    }    // DP的初始化    for(int i = 1; i <= n; i++) {        d[i][0] = d[i][1] = INF;    }    if(a[1] % 2 == 0) {        d[1][0] = 0;    }    else {        d[1][1] = 0;    }    for(int i = 2; i <= n; i++) {        if(a[i] % 2 == 0) {            // 当前a[i]是偶数且保持不变的情况            d[i][0] = min(d[i-1][0], d[i-1][1] + 2);        }        else {            // 当前a[i]是奇数且被修改成偶数时            d[i][0] = min(d[i-1][0] + 2, d[i-1][1] + 1);            // 当前a[i]是奇数且保持不变时            d[i][1] = d[i-1][0];        }    }    ans = d[n][0];    cout << "YES" << endl << ans << endl;    return 0;}

D. Mike and distribution（Codeforces 798D）

思路

本题的入手点是，将条件简化和排序后将问题简化。
首先注意到我们应该在子集中包含尽可能多的数，所以构造的子集中最好拿满 ⌊n2⌋+1 个数。
其次题目的条件“子集和的两倍大于数组和”等价于“子集和大于子集的关于全集的补集的和”。
因为题目给了两个数组，同时考虑两个数组求子集会比较难。因此可以用一个三元组数组 C 将 A ， B 的信息保存下来，其中 C[i]=(A[i],B[i],i) ，然后对 C 以 A 从大到小的顺序排序。排序的结果是，若我们拿 C 中相对靠前的数就很容易令 A 的子集的和达到条件。但是 B 的子集和怎么办呢？
很容易证明，对于一个乱序的序列，当我们两个两个地遍历数组时（假设当前遍历到 a[i],a[i+1] ），每次都将 max(a[i],a[i+1]) 加入子集就能使子集满足条件。
回到问题中来。在我们对 C 排序后，可以两个两个地遍历数组，每次拿 C[i],C[i+1] 中 B 较大的就可以了。如果数组元素有奇数个的话，先将第一个元素加入数组，然后在两个两个遍历数组即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef tuple <int, int, int> t;const int maxn = 1e5 + 5;t ts[maxn];vector <int> ans;int n, a, b, c, d, idx, idx2;int x[maxn], y[maxn];int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0);    cin >> n;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> x[i];    }    for(int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> y[i];    }    for(int i = 1; i <= n; i++) {        ts[i] = t(x[i], y[i], i);    }    ts[0] = t(0, 0, 0);    // 排序    sort(ts + 1, ts + n + 1);    // 将A最大的先加入子集    tie(a, b, idx) = ts[n];    ans.push_back(idx);    // 两个两个遍历    for(int i = n - 1; i >= 1; i -= 2) {        tie(a, b, idx) = ts[i];        tie(c, d, idx2) = ts[i - 1];        if(b > d) {            ans.push_back(idx);        }        else {            ans.push_back(idx2);        }    }    cout << ans.size() << endl;    for(int val : ans) {        cout << val << ' ';    }    return 0;}

（其它题目略）

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