Codeforces Round #402 (Div. 2) 题解

Problem A:

题目大意:

给定两个数列$a,b$,一次操作可以交换分别$a,b$数列中的任意一对数。求最少的交换次数使得任意一个数都在两个序列中出现相同的次数.

($1 \leq a_i,b_i \leq 5 , 1 \leq n \leq 100$)

题解:

直觉告诉我这么搞就行了

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline void read(int &x){

	x=0;char ch;bool flag = false;

	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;

	while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;

}

inline int cat_max(const int &a,const int &b){return a>b ? a:b;}

inline int cat_min(const int &a,const int &b){return a<b ? a:b;}

const int maxn = 128;

int a[maxn],b[maxn];

int numa[8],numb[8];

int main(){

	int n;read(n);

	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]),numa[a[i]]++;

	for(int i=1;i<=n;++i) read(b[i]),numb[b[i]]++;

	int ans = 0;

	for(int i=1;i<=5;++i){

		if((numa[i] + numb[i]) % 2 == 1) return puts("-1");

		ans += abs(numa[i] - numb[i])/2;

	}printf("%d\n",ans>>1);

	getchar();getchar();

	return 0;

}

Problem B:

题目大意:

给定两个正整数n,k,求n最少的删除数码的次数使其可以被$10^k$整除.

题解:

直接删除后k位就好了,我居然栽在这道题上...

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <string>

#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline void read(int &x){

	x=0;char ch;bool flag = false;

	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;

	while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;

}

int main(){

	string s;int k;

	cin >> s >> k;

	reverse(s.begin(),s.end());

	int len = s.size();

	int cnt1 = 0,cnt2 = 0;

	for(int i=0;i<len;++i){

		if(s[i] == '0') ++ cnt1;

		else ++ cnt2;

		if(cnt1 == k) break;

	}

	if(cnt1 == k) printf("%d\n",cnt2);

	else printf("%d\n",len-1);

	getchar();getchar();

	return 0;

}

Problem C

题目大意:

有n个物品一定要购买,给出两个数组a,b分别表示这个星期和下个星期时物品的价值,规定这个星期必须买至少k件物品,求最小的代价买到所有物品.

题解:

首先我们在这个星期买掉所有的物品

然后我们到了下一个星期,如果发现有什么物品更便宜了

那么我们可以让时光倒流回上个星期,并且选择不在上个星期购买这个物品

至于k的限制吗。。。去价值差大于零的值中的前n-k大即可.

#include <queue>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline void read(int &x){

	x=0;char ch;bool flag = false;

	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;

	while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;

}

inline int cat_max(const int &a,const int &b){return a>b ? a:b;}

inline int cat_min(const int &a,const int &b){return a<b ? a:b;}

priority_queue<int> q;

const int maxn = 200010;

int a[maxn],b[maxn];

int main(){

	int n,k;read(n);read(k);

	ll sum=0;

	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]),sum+=a[i];

	for(int i=1;i<=n;++i){

		read(b[i]);

		q.push(a[i]-b[i]);

	}

	for(int i=k+1;i<=n;++i){

		if(q.top()>0) sum-=q.top(),q.pop();

	}

	printf("%I64d\n",sum);

	getchar();getchar();

	return 0;

}

Problem D

题目大意:

给定两个字符串S,T,设第一个字符串的长度为n,再给定一个{n}的排列。然后按照给定的排列依次删除S中对应位置上的字符.问第几次删除的时候T不再是S的子序列.

题解:

首先我们可以发现答案具有明显的单调性

所以我们二分答案

然后直接扫一遍两个串判定即可

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline void read(int &x){

	x=0;char ch;bool flag = false;

	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;

	while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;

}

inline int cat_max(const int &a,const int &b){return a>b ? a:b;}

inline int cat_min(const int &a,const int &b){return a<b ? a:b;}

const int maxn = 200010;

char s1[maxn],s2[maxn];

int a[maxn],n,m;

bool vis[maxn];

inline bool check(int mid){

	memset(vis,0,sizeof vis);

	for(int i=1;i<=mid;++i){

		vis[a[i]] = true;

	}

	int p1 = 1,p2 = 1;

	while(p2 <= m && p1 <= n){

		if(vis[p1]) ++ p1;

		else{

			if(s2[p2] == s1[p1]) ++p1,++p2;

			else ++ p1;

		}

	}

	if(p2 == m+1) return true;

	return false;

}

int main(){

	scanf("%s%s",s1+1,s2+1);

	n = strlen(s1+1);

	m = strlen(s2+1);

	for(int i=1;i<=n;++i){

		read(a[i]);

	}

	int l = 0,r = n,ans = -1;

	while(l <= r){

		int mid = (l+r) >> 1;

		if(check(mid)) ans = mid,l = mid+1;

		else r = mid-1;

	}printf("%d\n",ans);

	getchar();getchar();

	return 0;

}

Problem E

题目大意:

给定一个只有赋值和二元位运算的程序,并且其中存在未知的变量'?',要求为所有的变量'?'确定一个相同的值.使程序结束后所有变量的和达到最值。

分别输出达到最大值和最小值时的'?'的值.

题解:

这是一道考码力的题啊。。。

分别枚举'?'的每个二进制位,下去计算变量之和即可

#include <map>

#include <string>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline void read(int &x){

	x=0;char ch;bool flag = false;

	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;

	while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;

}

inline int cat_max(const int &a,const int &b){return a>b ? a:b;}

inline int cat_min(const int &a,const int &b){return a<b ? a:b;}

const int maxn = 5010;

map<string,int> mp;

char vari[maxn][maxn],va[maxn][maxn];

int typ[maxn],tmpx[maxn],tmpy[maxn],ans1[maxn],ans2[maxn];

char tmp[maxn],tt[maxn];

int n,m,val[maxn];

int work(int x,int t){

	val[0] = t;

	for(int i=1;i<=n;++i){

		if(typ[i] == 0) val[i] = va[i][x] - '0';

		else if(typ[i] == 1) val[i] = val[tmpx[i]] ^ val[tmpy[i]];

		else if(typ[i]==2) val[i] = val[tmpx[i]] | val[tmpy[i]];

		else val[i] = val[tmpx[i]] & val[tmpy[i]];

	}int sum = 0;

	for(int i=1;i<=n;++i) sum += val[i];

	return sum;

}

int main(){

	read(n);read(m);mp["?"] = 0;

	for(int i=1;i<=n;++i){

		scanf("%s",vari[i]);

		scanf("%s%s",tt,va[i]+1);

		mp[vari[i]]=i;

		if(va[i][1] == '0'||va[i][1] == '1'){

			typ[i] = 0;

			continue;

		}

		tmpx[i] = mp[va[i]+1];

		scanf("%s",tmp);

		if(tmp[0] == 'X') typ[i] = 1;

		else if(tmp[0] == 'O') typ[i] = 2;

		else typ[i] = 3;

		scanf("%s",va[i]+1);

		tmpy[i] = mp[va[i]+1];

	}

	for(int i=1;i<=m;++i){

		int sum1 = work(i,1);

		int sum0 = work(i,0);

		if(sum1 < sum0) ans1[i] = 1;else ans1[i]=0;

		if(sum1 > sum0) ans2[i] = 1;else ans2[i] = 0;

	}

	for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d",ans1[i]);puts("");

	for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d",ans2[i]);puts("");

	getchar();getchar();

	return 0;

}

Problem F

题目大意:

给定你一颗若干个串插入得到的Trie树,并且不存在任意一个串是另一个串的前缀.现在允许你删除所有长度>=k字符串的下标为k的字符,然后再把这些串插入到Trie中.确定一个尽量小的k使得后来得到的Trie的节点数目最少.(首先保证节点数目最少)

题解:

好长的题面...

我们发现其实就是让我们删除Trie树中的一层,然后把剩余的部分该合并的合并

使得最终的Trie的size最小,并且多解的情况下输出最小的k

我们其实可以直接计算出每一层如果删去了,那么会合并+删除多少个节点

然后我们遍历每一层取一个最大值即可

至于删去每一层时的计算,我们可以直接递归处理.

(比赛的时候没做出来就是因为只考虑了两层...)

其中有一个很关键的优化,如果遇到了一个点只有一个儿子的情况则直接退出

这样就保证了单次计算复杂度最高是$logn$的.

所以总复杂度$O(nlogn)$就可以AC了

现在想想自己当时比赛的时候真是傻了

#include <vector>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline void read(int &x){

	x=0;char ch;bool flag = false;

	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;

	while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;

}

const int maxn = 300010;

int ch[maxn][27];

#define id(x) (x - 'a')

int dep[maxn],mxp,anss[maxn];

int get_num(const vector<int> &v){

	int ret = v.size() - 1;

	int n = v.size();

	vector<int> vx;

	for(int i='a';i<='z';++i){

		vx.clear();

		for(int j=0;j<n;++j){

			if(ch[v[j]][id(i)]) vx.push_back(ch[v[j]][id(i)]);

		}if(vx.size() <= 1) continue;

		ret += get_num(vx);

	}return ret;

}

void dfs(int u,int dep){

	mxp = max(mxp,dep);

	vector<int> v;

	for(int i = 'a';i<= 'z';++i){

		if(ch[u][id(i)]) v.push_back(ch[u][id(i)]);

	}anss[dep] += get_num(v) + 1;

	for(int i = 'a';i<= 'z';++i){

		if(ch[u][id(i)]) dfs(ch[u][id(i)],dep+1);

	}return;

}

int main(){

	int n;read(n);

	char c;

	for(int i=1,u,v;i<n;++i){

		read(u);read(v);while(c=getchar(),c<'!');

		ch[u][id(c)] = v;

	}dfs(1,1);

	int ans = 0,ans_p = -1;

	for(int i=1;i<=mxp;++i){

		if(ans < anss[i]){

			ans = anss[i];

			ans_p = i;

		}

	}

	printf("%d\n%d\n",n-ans,ans_p);

	getchar();getchar();

	return 0;

}

抽空去做做Div.1的D和E....