Codeforces Round 917 (Div. 2)更新中...

A.Least Product(思维)

题意：

给出一个数组 $a_1, a_2, ..., a_n$ ，你可以进行若干次以下操作：

选择数组中的一个元素 $a_i$ ，将这个数字修改为 $\sim a_i$ 之间的任意数字。

问，最少需要多少次操作可以使得 $\prod\limits_{i = 1}^{n}a_i$ 的结果最小，并输出对应的操作。

分析：

可以将问题分成两种情况：

存在 $a_i = 0$ 或负数的出现次数为奇数，此时无论进行任何操作都无法使结果变得更小，输出0
其他情况，由于数字只能被修改到 $\sim a_i$ 之间，那么正负数是无法互相转换的，因此，当结果为正数时，任选一个 $a_i$ ，将其修改为 $0$ ，就能获得最小的结果

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;void solve() {int n;cin >> n;int zero = 0, sign = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {int a;cin >> a;if (a == 0) {zero = 1;} else if (a < 0) {sign++;}}if (zero || sign % 2 == 1) cout << 0 << endl;else {cout << 1 << endl;cout << "1 0" << endl;}
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

B.Erase First or Second Letter(思维)

题意：

给出一个长度为 $n$ 的字符串 $s$ ，你可以进行若干次以下操作：

移除第一个字符
移除第二个字符

问：经过若干次操作后，可以获得多少种不同的非空字符串？

分析：

将字符串划分为前后两部分，枚举两部分的分界点，每次枚举完分界点后，将后半部分视为不进行修改的部分，仅会对前半部分进行操作，那么由于每次枚举的后半部分均不同，为了保证方案的独立性，前半部分仅保留一个字符，那么此时的方案数就是前半部分中包含的不同字母的数量。

使用计数数组或set动态记录不同字符数量，每次枚举分界点后更新前半部分字符种类并记录到答案中即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;int vis[30];void solve() {memset(vis, 0, sizeof (vis));int n;string s;cin >> n >> s;int cnt = 0, ans = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {vis[s[i] - 'a']++;if (vis[s[i] - 'a'] == 1) cnt++;ans += cnt;}cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

C.Watering an Array(枚举)

题意：

给出一个长度为 $n$ 的数组 $a$ ,你将在接下来的 $d$ 天里每天选择执行以下两个操作之一：

给所有的 $a_1, a_2, ..., a_{b_i}$ 加上一，其中 $b_i$ 为题目给出的第 $i$ 天的操作数。
数组 $a$ 中 $a_i = i$ 的数量就是你本轮获得的得分，然后将 $a$ 数组所有元素修改为 $0$

问：最多可以获得多少得分？

Tips:由于天数较多，因此 $b$ 数组采用 $b = [v_1, v_2, ..., v_k, v_1, v_2, ..., v_k, ...]$ 的形式给出。

分析：

如果数组 $a$ 开始全部为 $0$ ，那么最优策略就是操作 $1, 2$ 轮流进行，可以获得 $\lfloor\frac{d}{2}\rfloor$ 点得分（注意：开始时若 $a_1 \ge 1$ ，则需要使用一次操作 $2$ 将 $a_1$ 修改为 $0$ ，此时得分为 $(\lfloor\frac{d - 1}{2}\rfloor + \text{开始时数组元素可以产生的得分}$ ）。

而由于初始的数组是包含初始数字的，且长度为 $n$ 的数组最多可以产生 $n$ 点得分，因此，只需要在 $\times n$ 的操作次数内均有可能超过循环操作获取的 $n$ 点固定得分。

枚举第一次进行操作 $2$ 前会进行多少次操作 $1$ ，每次遍历数组统计得分，剩余的操作次数使用最优策略进行。记录过程中最大的得分即可。

坑点

既然获取的长度为 $n$ 的数字最高可以产生 $n$ 点得分，那么只枚举 $n$ 次操作是否就够了？

反例：

原数组为 $2, 1, 2, ..., n - 1$ ，给出的 $b$ 数组为 $[1, 1, ..., 1, n]$ ，其中 $b_i = n$ 前有 $\times n) - 4$ 个1，此时 $\times n$ 。

可以发现，枚举 $\sim n$ 次操作 $1$ ，均无法产生额外得分，此时获得的最高总分为 $\lfloor \frac{d - 1}{2} \rfloor = n - 1$ ，而依次使用 $\times n) - 3$ 次操作 $1$ ，再进行操作 $2$ ，可以获得 $n - 1$ 点得分，此时还剩下两次操作，还可以继续一次最优策略，最后得分为 $n$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;LL a[MAXN], b[MAXN];void solve() {LL n, k, d;cin >> n >> k >> d;LL ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = 0; i < k; i++) cin >> b[i];for (int i = 0; i <= 2 * n && i < d; i++) {LL cnt = 0;for (int j = 1; j <= n; j++) if (a[j] == j) cnt++;ans = max(ans, cnt + (d - i - 1) / 2);for (int j = 1; j <= b[i % k]; j++) {if (a[j] == j) cnt--;a[j]++;if (a[j] == j) cnt++;}}cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}