Codeforces Round 933 (Div. 3)
Codeforces Round 933 (Div. 3)
A. Rudolf and the Ticket
题意：俩口袋各有n和m枚不同面值的硬币，各取一枚，有多少种小于k的可能。
思路：数据很小，暴力枚举。
AC code：
void solve() {
cin >> n >> m >> k;
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> b[i];
for (int i = 0; i < m; i ++) cin >> c[i];
for (int i = 0; i < n; i ++)
for (int j = 0; j < m; j ++) {
if (b[i] + c[j] <= k) ans ++;
}
cout << ans << endl;
}
B. Rudolf and 121
题意：一组长度为n的非负整数序列，每次操作可以选择下标为i的元素-2，同时(i - 1)的元素-1，(i + 1)的元素-1，是否可能使得序列的元素全部为0。
思路：从i=2开始枚举，每次都清空前一个数，出现矛盾(负数)直接退出，注意最后需要判断n和n-1两个位置的数是否为0。
AC code：
void solve() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
for (int i = 2; i < n; i ++) {
int x = a[i - 1];
if (x * 2 > a[i]) {
cout << "NO" << endl;
return;
} else {
a[i] -= x * 2;
a[i - 1] = 0;
a[i + 1] -= x;
if (a[i + 1] < 0) {
cout << "NO" << endl;
return;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (a[i] != 0) {
cout << "NO" << endl;
return;
}
}
cout << "YES" << endl;
}
C. Rudolf and the Ugly String
题意：字符串中有连续的"pie"或者"map"则不优美，每次可以删除一个字符，最少删几个整个字符串优美。
思路：每存在一个不优美的词答案+1，特殊情况"mapie"出现时，只需要操作一次即可。
AC code：
void solve() {
cin >> n;
string s; cin >> s;
string x = "pie", y = "map";
if (s.find(x) == -1 && s.find(y) == -1) {
cout << "0" << endl;
return;
}
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++) {
if (s[i] == 'm' && s[i + 1] == 'a' && s[i + 2] == 'p') {
i += 2;
cnt ++;
}
if (s[i] == 'p' && s[i + 1] == 'i' && s[i + 2] == 'e') {
i += 2;
cnt ++;
}
}
for (int i = 0; i < n; i ++) {
if (s[i] == 'm' && s[i + 1] == 'a' && s[i + 2] == 'p' && s[i + 3] == 'i' && s[i + 4] == 'e') cnt --;
}
cout << cnt << endl;
}
D. Rudolf and the Ball Game
题意：n个人围城一圈扔球，现在从x人开始，已知m轮，每轮扔的距离已知，但方向可能知道可能不知道，不知道的话可能是顺时针也可能是逆时针，m轮后球可能在哪几个人手里。
思路：这个数据范围首先就可以暴力。
开一个set来记录答案，每次取出当前球可能在的人，然后顺时针逆时针的可能性再全部压入，最后得到的就是最终球可能在的人。
AC code：
void solve() {
cin >> n >> m >> x;
vector<pair<int, char>> p(m);
for (int i = 0; i < m; i ++)
cin >> p[i].first >> p[i].second;
int now = x;
set<int> ans;
ans.insert(x);
for (auto [t, pos] : p) {
set<int> se;
if (pos == '0') {
for (auto ca : ans) {
int u = (ca + t - 1) % n + 1;
se.insert(u);
}
} else if (pos == '1') {
for (auto ca : ans) {
int v = (ca + n - t - 1) % n + 1;
se.insert(v);
}
} else if (pos == '?'){
for (auto ca : ans) {
int u = (ca + t - 1) % n + 1;
int v = (ca + n - t - 1) % n + 1;
se.insert(u);
se.insert(v);
}
}
ans = se;
}
cout << ans.size() << endl;
for (auto t : ans) cout << t << " ";
cout << endl;
}
E. Rudolf and k Bridges
题意：n*m的河需要建造连续的k行桥，每行桥要跨越m列，首尾建造桥墩，中间需要也需要建造桥墩，桥墩间的距离要<=d+1，桥墩建造的成本和当前河的深度挂钩， 成本最低为多少。
思路：
首先对于每一行需要求出对当前行建造桥的最低成本，然后再枚举连续k行中最少的成本；
对于每一行需要用dp去求取最低成本，同时需要保证桥墩间的距离<= d+1，可以通过单调队列来同时保证距离和当前最低成本；
AC code：
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define db double
#define pb push_back
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<char, int> PCI;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5+10, M = 2001;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f, MOD = 998244353;
int T, n, m, k, d;
void solve() {
cin >> n >> m >> k >> d;
vector<vector<int>> a(n + 1, vector<int> (m + 1));
for (int i = 1; i <= n; i ++) for (int j = 1; j <= m; j ++)
cin >> a[i][j];
vector<int> b;
b.pb(0);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
vector<int> dp(m + 1);
deque<int> q;
q.push_back(1);
dp[1] = 1;
for (int j = 2; j <= m; j ++) {
while (!q.empty() && j - q.front() > d + 1) q.pop_front();
dp[j] = dp[q.front()] + a[i][j] + 1;
while (!q.empty() && dp[j] <= dp[q.back()]) q.pop_back();
q.push_back(j);
}
b.pb(dp[m]);
}
vector<int> sum(n + 1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
sum[i] = sum[i - 1] + b[i];
}
int ans = INF;
for (int i = k; i <= n; i ++) {
ans = min(ans, sum[i] - sum[i - k]);
}
cout << ans << endl;
}
signed main() {
fast();
T = 1;
cin >> T;
while (T --) {
solve();
}
return 0;
}
