A. Points on the line
题意
给定一条直线上\(n\)个点，要求去掉最少的点，使得直线上相距最远的两个点的距离\(\leq d\).
思路
枚举长度为\(d\)的区间。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[110];
int main() {
int n, d;
scanf("%d%d", &n, &d);
F(i, 0, n) {
int x;
scanf("%d", &x);
++a[x];
}
F2(i, 1, 100) a[i] += a[i-1];
int ans = min(a[100]-a[d], a[99-d]);
F(i, 1, 100-d) {
int l = i, r = i+d;
ans = min(ans, a[l-1]+a[100]-a[r]);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}B. Our Tanya is Crying Out Loud
题意
初始数为\(n\)，两种操作：
- 减一：代价为\(A\)
- 除以\(k\)：代价为\(B\)且仅当整除时可进行此操作
求最小代价使\(n\)变为\(1\).
思路
一旦某一次除法的代价\(\gt\)减法的(等效)代价，则直接减到\(1\)，否则进行除法操作。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
LL n,k,a,b;
scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&k,&a,&b);
LL ans = 0;
bool flag = false;
while (n!=1) {
if (n%k) {
ans += n%k*a;
n = n/k*k;
}
if (n/k*(k-1)*a <= b) {
ans += (n-1)*a;
break;
}
ans += b;
n /= k;
}
printf("%I64d\n", ans);
return 0;
}C. Phone Numbers
题意
在字符集\(\sum\)范围内，求长度为\(k\)的，比给定字符串\(s\)大的，最小的字符串。
思路
记\(len=|s|\)，
- 若\(len<k\)，在\(s\)之后补\(k-len\)个最小的字符
- 若\(len>k\)，首先将之后的多余部分截断，再将前面的部分 加一（操作与数字+1同理）。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 100010
using namespace std;
typedef long long LL;
char s[maxn];
int mp[256], ch[30], a[maxn];
bool vis[256];
int main() {
int n, k, tot=0;
scanf("%d%d", &n,&k);
scanf("%s",s);
int len = strlen(s);
F(i, 0, len) {
if (tot==26) break;
if (!vis[s[i]]) {
ch[tot++] = s[i];
vis[s[i]] = true;
}
}
sort(ch, ch+tot);
F(i, 0, tot) mp[ch[i]] = i;
if (k>len) {
while (len<k) s[len++] = ch[0];
s[len] = '\0';
puts(s);
return 0;
}
s[k] = '\0';
F(i, 0, k) a[i] = mp[s[i]];
int i = k-1;
while (true) {
++a[i];
if (a[i]<tot) break;
a[i--] = 0;
}
F(i, 0, k) s[i] = ch[a[i]];
puts(s);
return 0;
}D. Alena And The Heater
题意
给定数组\(a\)，按一定的规则可以生成数组\(b\). 规则如下：
- \(b_1=b_2=b_3=b_4=0.\)
- For all \(5\leq i\leq n\):
--- \(b_i=0\) if \(a_i,a_{i-1},a_{i-2},a_{i-3},a_{i-4}\gt r\) and \(b_{i-1},b_{i-2},b_{i-3},b_{i-4}=1\)
--- \(b_i=1\) if \(a_i,a_{i-1},a_{i-2},a_{i-3},a_{i-4}\lt l\) and \(b_{i-1},b_{i-2},b_{i-3},b_{i-4}=0\)
--- \(b_i=b_{i-1}\) otherwise
思路
只需确定每个转折点，对于其及其前面共\(5\)个数字，由\(1\)变为\(0\)则取最小值使\(r\)比它小，由\(0\)变为\(1\)则取最大值使\(l\)比它大。
至于中间则无需考虑，因为题目保证有解，而要不发生变化，即条件不成立，则只要\(l\)尽量小，\(r\)尽量大即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define inf 1000000000
#define maxn 100010
using namespace std;
char s[maxn];
int a[maxn];
typedef long long LL;
int minn(int p) { int ret = a[p]; F(i, p+1, p+5) ret = min(ret, a[i]); return ret; }
int maxx(int p) { int ret = a[p]; F(i, p+1, p+5) ret = max(ret, a[i]); return ret; }
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
F(i, 0, n) scanf("%d", &a[i]);
scanf("%s", s);
bool flag = false;
int r = inf, l = -inf;
F(i, 0, n) {
if (s[i]-'0'!=flag) {
if (flag) r = min(r, minn(i-4)-1);
else l = max(l, maxx(i-4)+1);
flag = !flag;
}
}
printf("%d %d\n", l, r);
return 0;
}E. Cashback
题意
给定一个数组，将其分割成若干段，将每一段的\(value\)求和，要求得最小值。
\(value\)定义如下：
对于长度为\(k\)的数组\(b\)，其\(value\)为除了\(\lfloor\frac{k}{c}\rfloor\)小元素以外的元素的和。
例如：[3,1,6,5,2], c=2，其value为3+6+5=14.
思路
首先一个显然的事实是：假设不分段而作为一个整体能去除掉\(m\)个元素，那分段去除掉的元素个数必然\(\leq m\).
然而又有另一个显然的事实：不分段去掉\(m\)个元素之和\(sum1\)，与分段去掉\(m\)个元素\(sum2\)相比，显然\(sum1\leq sum2\). 因为不分段的话去掉的是一整段的\(m\)个最小，而分段的话去掉的是\(m\)段中每段中的最小。
综合上面两个事实，应该尽量多分段，又要保证每一段分的有价值，即，最理想的情况就是每\(c\)个元素分一段。
于是\(dp\)如下：
\(dp[i] = min(dp[i-1]+a[i], dp[i-c]+sum[i-c+1..i]-min[i-c+1..i])\)
至于最小值，直接用ST表进行RMQ即可，比赛时用的是单调队列维护的...。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 100010
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a[maxn], sum[maxn], dp[maxn];
int st[maxn];
int main() {
int n, c;
scanf("%d%d", &n, &c);
F2(i, 1, n) {
scanf("%I64d", &a[i]);
sum[i] = sum[i-1] + a[i];
}
if (c==1) { printf("%d\n", 0); return 0; }
dp[1] = a[1];
int l=0, r=0; st[r++] = 1;
F2(i, 2, n) {
LL minn = dp[i-1]+a[i];
while (r>l && a[st[r-1]]>=a[i]) --r;
st[r++] = i;
if (i-c>=0) {
while (r>l && st[l]<=i-c) ++l;
minn = min(minn, dp[i-c]+sum[i]-sum[i-c]-a[st[l]]);
}
dp[i] = minn;
}
printf("%I64d\n", dp[n]);
return 0;
}