$CodeforcesRound946(Div.3)$

题目链接：Codeforces Round 946 (Div. 3)

Problems A. Phone Desktop

题意

有无限个$3\times 5$的二维方阵，然后给出x个$1\times 1$的方块和y个$2\times 2$的方块，要求所有方块全部放在方阵里，求最少需要多少个方阵。

思路

每个方阵能放两个$2\times 2$的方块，或者15个$1\times 1$的方块，然后根据$2\times 2$个数，求出至少需要多少个方阵，然后再根据$1\times 1$方块个数判断需不需要加方阵。

标程

void Solved() {int x, y; cin >> x >> y;int sum1 = (y + 1) / 2;int sum2 = sum1 * 7;if(y & 1) sum2 += 4;sum2 -= x;if(sum2 < 0) {sum2 *= -1;sum1 += (sum2 + 14) / 15;}cout << sum1 << endl;
}

Problems B. Symmetric Encoding

题意

题目给出一个字符串$s$，然后要求求解其加密前的字符串。

加密过程为：

• 先将$s$去重排序得到$s2$。
• 然后对$s2$进行首尾映射：
• 
• 最后根据映射改变$s$。

思路

根据加密过程进行模拟。

字符串是否加密，其去重排序的结果是不变的，然后用$map$记录字母映射，然后对加密字符串解密即可。

标程

void Solved() {int n; cin >> n;string s; cin >> s;string ss = s, s1;sort(ss.begin(), ss.end());s1 = s1 + ss[0];for(int i = 1; i < n; i ++ ) {if(s1.back() != ss[i]) s1 = s1 + ss[i];}map<char, char> mp;int len = s1.size();for(int i = 0; i < len; i ++ ) {mp[s1[i]] = s1[len - i - 1];mp[s1[len - 1 - i]] = s1[i];}for(int i = 0; i < n; i ++ ) {cout << mp[s[i]];} cout << endl;
}

Problems C. Beautiful Triple Pairs

题意

题目给出一串长度为$n$的数列$a$，如果任意三元组$j(1\le j\le n-2)[a_j,a_{j+1},a_{j+2}]$能够与其他三元组符合：任意一个位置不同其他两个位置相同，那么这个三元组就是美丽的，求其中美丽三元对的个数。

• $3\le n\le 2\cdot 10^5$

思路

这道题的数据范围比较大，我们可以发现，对于任意三元组，如果我们需要找出所有三元组中有多少满足要求，其结果是：所有与它有至少两个相等的三元组个数，减去所有与它全部相等的三元组个数。

因此我们可以遍历一遍，然后用map存一下所有三元组中的两个，一共需要用三个map，然后再存一下每个三元组本身的个数，然后遍历一遍求解即可。

需要注意的是，我们求解过程中每个美丽三元组都加了两次，所以需要最后结果除以$2$。

标程

#define int long long 
#define PII pair<int, int>
#define fi first 
#define se secondvoid Solved() {int n; cin >> n;vector<int> a(n + 1);for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {cin >> a[i];}map<PII, int> mp1, mp2, mp3;map<tuple<int, int, int>, int> mp;for(int i = 1; i <= n - 2; i ++ ) {mp[{a[i], a[i + 1], a[i + 2]}] ++;mp1[{a[i + 1], a[i + 2]}] ++;mp2[{a[i], a[i + 2]}] ++;mp3[{a[i], a[i + 1]}] ++;}int res = 0;for(int i = 1; i <= n - 2; i ++ ) {res += mp1[{a[i + 1], a[i + 2]}] - mp[{a[i], a[i + 1], a[i + 2]}];res += mp2[{a[i], a[i + 2]}] - mp[{a[i], a[i + 1], a[i + 2]}];res += mp3[{a[i], a[i + 1]}] - mp[{a[i], a[i + 1], a[i + 2]}];}cout << res / 2 << endl;
}

Problems D. Ingenuity-2

题意

题目给出上下左右四种操作，分别用“WESN"对应。现在有一个直升机H和漫游车$R$，然后给出一串操作，要求每次选择直升机移动，或者漫游车移动，要求最后到达同意位置，题目要求输出一种具体解决方案，并且直升机或者漫游车都至少移动一次。

思路

本题是一道模拟，我们考虑如下情况：一般地，如果讲所有操作全用一种机器移动，设最后坐标为$(x,y)$，若$x$或$y$为奇数，则题目无解，否则可以将两个机器都移动到$(\frac{x}{2},\frac{y}{2})$位置。

实现方法就是：每个机器都移动每种操作数的一半。

唯一需要注意的就是：

• 不存在解决方案的情况：除了上述的横纵坐标出现奇数，还有就是当$n$为$2$，且两个操作不一样的情况。
• 当上下左右各出现一次的时候，需要特判，因为题目要求每个机器都至少移动一次。

标程

void Solved() {int n; cin >> n;string s; cin >> s;int x = 0, y = 0;map<char, int> mp;for(int i = 0; i < n; i ++ ) {if(s[i] == 'N') y ++, mp['N'] ++;if(s[i] == 'S') y --, mp['S'] ++;if(s[i] == 'W') x --, mp['W'] ++;if(s[i] == 'E') x ++, mp['E'] ++;}if((x & 1) || (y & 1) || (n == 2 && s[0] != s[1])) {cout << "NO\n"; return;}string ss = "WESN";int t = 0;for(auto i : ss) if(mp[i]) t ++;if(t == 4 && n == 4) {//判断EWSN的情况for(int i = 0; i < 4; i ++ ) {if(s[i] == 'W' || s[i] == 'E') cout << 'H';if(s[i] == 'S' || s[i] == 'N') cout << 'R';}cout << endl;return;}map<char, int> mp2;for(int i = 0; i < n; i ++ ) {if(mp2[s[i]] < mp[s[i]] / 2) cout << 'R', mp2[s[i]]++;else cout << 'H';}cout << endl;
}

Problems E. Money Buys Happiness

题意

作者每个月的工资为$k$，每个月有购买幸福的机会，但是本月工资不能用来购买本月幸福，工资可以累计。每个月的幸福有价值和幸福度，作者希望$n$个月过后自己的幸福度最多，求幸福度最多为多少？

数据范围：

• $0\le c_i\le 10^8,1\le h_i\le 10^3$，$c_i$表示幸福价值，$h_i$表示幸福度。
• ${\sum }_i{h}_i\le 10^5$
• $1\le n\le 50,1\le k\le 10^8$

思路

跟据题目来看，这道题应该是一道$dp$，但是状态转移方程不太好推。

容易注意到幸福度之和比较小，同时$n$的数据范围也比较小，并且$O(n\times {\sum }_i{h}_i)$的时间复杂度也不会超时。

通过观察发现，当幸福度最多时，满足幸福度最多，所用价值最少。因此我们考虑讲幸福度看作背包问题中的价值，幸福价值看作重量，然后把问题转化为求解幸福度最多，并且所用价值最少的情况。那么这道题就转化为了一道01背包问题。

标程

#define int long long 
const int INF = 0x7fffffff;void Solved() { int n, k; cin >> n >> k;vector<PII> a(n + 1);int sum = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {int x, y; cin >> x >> y;a[i] = {x, y};sum += y;}int res = 0;vector<int> f(sum + 1, INF * 10000);//数据范围会爆intf[0] = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {for(int j = sum - a[i].se; j >= 0; j -- ) {//当前工资需要满足能够买本月幸福和枚举的幸福，否则无法转移if((i - 1) * k >= a[i].fi + f[j]) {f[j + a[i].se] = min(f[j + a[i].se], f[j] + a[i].fi);}}}for(int i = sum; i; i -- ) {if(f[i] != INF * 10000) {res = i; break;}}cout << res << endl;
}