Educational Codeforces Round 109

Posted 2021-05-22 cryingrain

Educational Codeforces Round 109

A

题意

配药，每次操作加一单位水或者配料，求最少需要多少次操作，使得最后配料占比为k%。

思路

容易想到，最差一定可以用100次操作（加k次配料，100-k次水）来完成目标，如果k与100有公因数，则可以优化。因为k是整数，所以化为最简分数即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int gcd(int x,int y)
{
    return y?gcd(y,x%y):x;
}
 
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int k;
        scanf("%d",&k);
        if(gcd(100,k)==1)
            printf("100\\n");
        else
            printf("%d\\n",100/gcd(100,k));
    }
}

B

题意

给一个1-n的排列，每次操作可以任意选择一个非全体（非1-n全选）的区间，然后任意排序其中的元素。求最少多少次操作使得整体递增。

思路

如果已经有序，则需要0次。如果第一个为1或最后一个为n，则需要一次。如果第一个不为1且最后一个不为n，则需要3次。其他情况需要2次。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int MAX=55;
int a[MAX];
 
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n;
        bool already=1,start_or_end=1;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=2;i<=n;i++)
            already&=(a[i]==a[i-1]+1);
        start_or_end=(a[1]==1)||(a[n]==n);
        if(already) printf("0\\n");
        else if(start_or_end) printf("1\\n");
        else if(a[1]==n&&a[n]==1)printf("3\\n");
        else printf("2\\n");
    }
}

C

题意

数轴上有若干机器人，初试位于某一点，向左或向右移动。所有机器人速度一致，均为1。如果任意两个机器人在某整数点相遇，则会碰撞爆炸。数轴0和m的位置有墙，机器人到达墙所在位置后立刻换方向。现给出n个机器人的初始位置和方向。求每个机器人是否会爆炸，若爆炸给出爆炸时间，若不爆炸输出-1。

思路

根据规则可以看到，初始位于偶数位置的机器人，任意偶数时刻一定在奇数位置，奇数时刻一定在偶数位置。初始位于奇数位置的机器人反之。根据规则，只有整数节点相遇才会爆炸。故奇偶不同的机器人永远不会相互碰撞爆炸。所以可以分为奇偶两个集合分别解决。

对于其中某一个集合。只有相向而行的机器人才可能碰撞爆炸。故问题类似括号匹配，从根据初始位置左往右遍历每个机器人，如果向右则入栈，向左则与栈顶匹配，计算碰撞时间。再处理一下转向问题。某个机器人转向就等价于从墙的另一边走过相等的距离穿过墙。这样用类似括号匹配的方法，再处理好细节，问题就解决了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int MAX=3e5+5;
vector<int>a[2];//0 for odd, 1 for even
int res[MAX],start[MAX],dir[MAX];//0 for left, 1 for right
stack<int>stk;
 
bool cmp(int x,int y)
{
    return start[x]<start[y];
}
 
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        a[0].clear();
        a[1].clear();
        int n,m;
        char s[5];
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=0; i<n; i++)
        {
            res[i]=-1;
            scanf("%d",&start[i]);
            if(start[i]&1)a[0].push_back(i);
            else a[1].push_back(i);
        }
        for(int i=0; i<n; i++)
        {
            scanf("%s",s);
            if(s[0]==\'L\')dir[i]=0;
            else dir[i]=1;
        }
        for(int i=0; i<2; i++)
            sort(a[i].begin(),a[i].end(),cmp);
        for(int k=0; k<2; k++)
        {
            for(int i=0; i<a[k].size(); i++)
            {
                int cur=a[k][i];
                if(dir[cur])
                    stk.push(cur);
                else if(stk.empty())
                {
                    start[cur]*=-1;
                    stk.push(cur);
                }
                else
                {
                    int r=stk.top();
                    stk.pop();
                    res[cur]=res[r]=(start[cur]-start[r])>>1;
                }
            }
            while(stk.size()>=2)
            {
                int cur=stk.top();
                stk.pop();
                start[cur]=2*m-start[cur];
                int r=stk.top();
                stk.pop();
                res[cur]=res[r]=(start[cur]-start[r])>>1;
            }
            while(stk.size())stk.pop();
        }
        for(int i=0; i<n; i++)
            printf("%d ",res[i]);
        printf("\\n");
    }
}

D

题意

有n把椅子，编号1-n，其中一部分，最多n/2（向下取整）把有人，其余空置。每次操作可以让一个人换到一个最开始空置的椅子上，代价为两个椅子之间的距离。求使得所有最开始有人的椅子都变空（所有人都换到一开始空的位置上）的最小代价。

思路

容易想到，有人的椅子和空椅子可以构成一张二分图，边权为两椅子的距离。但是数据范围太大，最大权匹配显然会超时。所以这条路行不通。然后想到dp。

可以从左往右，从选择的角度考虑。从左往右选出的第一个空置椅子，最优一定是匹配从左往右第一个人。

证明如下：

将有人椅子的位置表示为一个集合X，空置的椅子的位置表示为集合Y，令Xi表示从左到右第i个有人的位置，Yi同理。

则有

\\[X_1<X_2 \\\\ Y_1<Y_2 \\]

按顺序匹配的代价可表示为

\\[|Y_1-X_1|+|Y_2-X_2| \\qquad(1) \\]

交换顺序匹配的代价表示为

\\[|Y_1-X_2|+|Y_2-X_1|\\qquad(2) \\]

当有

\\[X_1<X_2<Y_1<Y_2 \\]

时，(1)与(2)等价。

当有

\\[X_1<Y_1<X_2<Y_2 \\]

时，则有(1)<(2)。其余情况同理。

故问题转化为经典dp问题，一段区间内选一部分使得答案最优。

dp[i][j]表示，1-i位置内，选出j个位置作为置换的位置所需的最小代价。则有转移方程

dp[i][j]=min(dp[i][j], dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]+|i-pos[j]|)，其中pos[j]表示从左往右第j个有人的位置。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAX=5e3+5;
int dp[MAX][MAX],a[MAX];
vector<int> pos;
 
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        if(a[i]) pos.push_back(i);
    }
    memset(dp,INF,sizeof dp);
    dp[0][0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=pos.size();j++)
        {
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]);
            if(!a[i]&&j)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+abs(i-pos[j-1]));
        }
    }
    printf("%d\\n",dp[n][pos.size()]);
}