24.6.30

星期一：

补cf global round26 D cf传送门

思路：把s中非a字符存下来，共m个，然后暴力检测，复杂度有点迷

代码如下：

ll n;void solve(){string s; cin >> s;n=s.size(); s=" "+s;if(count(s.begin(),s.end(),'a')==n){cout << n-1 << "\n"; return ;}vector<int>ve;int m=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(s[i]!='a') ve.push_back(i),m++;ll ans=0;for(int i=1;i<=m;i++){      //枚举t的长度if(m%i) continue;bool if1=1;int r=n-ve[m-1],mi=1e9;for(int j=0;j<m;j++){if(j<m-i && s[ve[j]]!=s[ve[j+i]]){if1=0; break;}if(j<m-i-1 && (j+1)%i && ve[j+1]-ve[j]!=ve[j+i+1]-ve[j+i]){if1=0; break;}if((j+1)%i==0 && j!=m-1) mi=min(ve[j+1]-ve[j]-1,mi);}if(!if1) continue;for(int j=0;j<ve[0] && j<=mi;j++) ans+=min(r+1,mi-j+1);}cout << ans << "\n";
}

星期二：

补cf round954 div3 D cf传送门

题意：给一串长度为n的数，在里面填 n-2个+或*号，使结果最小

思路：这里我本来想的贪心选一个二位数，但wa，其实可以枚举二位数的选择，这种情况下就没必要贪心了，直接枚举肯定比贪心更稳健

代码如下：

ll n;
string s;
void solve(){cin >> n >> s;if(n==2){if(s[0]=='0') cout << s[1] << "\n";else cout << s << "\n";return ;}if(n==3){if(s[0]=='0' || s[2]=='0'){cout << "0\n"; return ;}ll ans=0;int a1=s[0]-'0',a2=(s[1]-'0')*10+s[2]-'0';ans=min(a1+a2,a1*a2);a1=(s[0]-'0')*10+s[1]-'0',a2=s[2]-'0';ans=min({1ll*a1+a2,1ll*a1*a2,ans});cout << ans << "\n";return ;}ll tot=0,ans=1e9;for(auto i:s){if(i!='1') tot+=i-'0';if(i=='0'){cout << "0\n"; return ;}}s=" "+s;for(int i=1;i<n;i++){int num=(s[i]-'0')*10+s[i+1]-'0',ms=0;  //枚举if(s[i]!='1') ms+=s[i]-'0';if(s[i+1]!='1') ms+=s[i+1]-'0';ans=min(num+tot-ms,ans);}cout << ans << "\n";
}

星期三：

补cf round 955 div2 C 拿牌 cf传送门

思路：dp【i】表示拿到第 i张牌能赢的最大轮数

前缀和处理，对每个点，先和dp【i-1】取max，二分找出下一次赢的轮的拿牌范围，即 i+1到 idx，dp【idx】和 dp【i】+1 取max

代码如下：

const int N=2e6+10;
ll n;
ll a[N],dp[N];
void solve(){ll l,r; cin >> n >> l >> r;for(int i=1;i<=n;i++){cin >> a[i];a[i]+=a[i-1];dp[i]=0;}ll ans=0;for(int i=0;i<=n;i++){if(i) dp[i]=max(dp[i-1],dp[i]);int idx=lower_bound(a+1+i,a+1+n,a[i]+l)-a;if(a[idx]-a[i]>r) continue;if(idx>n){cout << ans << "\n"; return ;}dp[idx]=max(dp[i]+1,dp[idx]);ans=max({dp[i],dp[idx],ans});            //记录出现过的最大值}cout << ans << "\n";
}

补cf round954 div3 E cf传送门

题意：给一数组，可以任意排序，有一操作为使其一元素+=k，问最少操作次数使其对称，不可能则输出 -1

思路：显然俩相同的数可以直接忽略，所以只考虑奇数个的数

俩数可以通过操作相等即俩数对 k的模数相等，所以按模数分类，n为奇则允许有一类是奇数个数

如果是偶数个，排序后直接对相邻数操作即可，奇数个需要枚举忽略哪个数，比较繁琐

代码如下：

const int N=2e6+10;
ll n;
ll a[N];
void solve(){ll k; cin >> n >> k;map<int,int>b;for(int i=1;i<=n;i++){cin >> a[i];b[a[i]]++;}map<int,vector<int>>mp;for(auto [x,y]:b) if(y&1) mp[x%k].push_back(x);bool if1=n&1;ll ans=0;for(auto [x,ve]:mp){if(ve.size()&1){if(!if1){cout << "-1\n"; return ;}if1=0;if(ve.size()==1) continue;}sort(ve.begin(),ve.end());ll tmp=0;if(ve.size()&1){vector<ll>ve1,ve2;ve1.push_back(0),ve2.push_back(0);for(int i=1,sz=ve.size();i<sz;i++){if(i&1){ve1.push_back(ve1.back()+(ve[i]-ve[i-1])/k);ve2.push_back(ve2.back());}else{ve2.push_back(ve2.back()+(ve[i]-ve[i-1])/k);ve1.push_back(ve1.back());}}tmp=1e18;for(int i=0,sz=ve.size();i<sz;i++){if(i&1){if(i>1) tmp=min((ve[i+1]-ve[i-1])/k+ve1[i-2]+ve2.back()-ve2[i+1],tmp);else tmp=min((ve[i+1]-ve[i-1])/k+ve1[i-2]+ve2.back()-ve2[i+1],tmp);}else{if(i) tmp=min(ve1[i-1]+ve2.back()-ve2[i],tmp);else tmp=min(ve2.back(),tmp);}}}else for(int i=0,sz=ve.size();i<sz;i+=2) tmp+=(ve[i+1]-ve[i])/k;ans+=tmp;}cout << ans << "\n";
}

星期四：

24百度之星括号 mtj传送门

思路：先看左右括号差值是否为2，

代码如下：

ll n;
void solve(){string s; cin >> s;int cntl=0,cntr=0;for(auto i:s) cntl+=i=='(',cntr+=i==')';if(abs(cntl-cntr)!=2){cout << 0; return ;}n=s.size();s=" "+s;ll ans=0;stack<int>sk;if(cntl>cntr){for(int i=n;i;i--){if(s[i]==')') sk.push(i);else{if(sk.size()>=0) ans++;if(sk.empty()) break;else sk.pop();}}}else{for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='(') sk.push(i);else{if(sk.size()>=0) ans++;if(sk.empty()) break;else sk.pop();}}}cout << ans;
}

学了下汉诺塔问题，一知半解

ll n;
void move(int n,char a,char b,char c){if(!n) return ;move(n-1,a,c,b);cout << a << " -> " << c << "\n";move(n-1,b,a,c);
}
void solve(){cin >> n;char a='A',b='B',c='C';move(n,a,b,c);
}

星期五：

补cf edu round 167 D cf传送门

题意有点怪，看了两遍才懂

可以贪心，但我用multiset装金属块T了后，看了jly的dp写法，感觉很不错

思路：f【i】表示用 i块造一次可达到的最小损失，dp【i】表示用 i块开造最多能造多少次

首先使 f【i】单调不递增，因为数量越多，选择就越多，损失数只可能更少，然后dp可以线性转移

代码如下：

const int N=2e6+10;
ll n;
int a[N],f[N];
ll dp[N];
void solve(){int m; cin >> n >> m;int ma=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin >> a[i];ma=max(a[i],ma);}for(int i=1;i<=ma;i++) f[i]=1e9;for(int i=1;i<=n;i++){int b; cin >> b;f[a[i]]=min(a[i]-b,f[a[i]]);}for(int i=2;i<=ma;i++) f[i]=min(f[i-1],f[i]);for(int i=1;i<=ma;i++) if(f[i]<=i) dp[i]=dp[i-f[i]]+1;ll ans=0;while(m--){int c; cin >> c;if(c>ma){              //数量大于最大，就先处理到最大int ti=(c-ma)/f[ma]; if((c-ma)%f[ma]) ti++;c-=f[ma]*ti;ans+=ti;}ans+=dp[c];}cout << ans*2;
}

牛客小白月赛97 C 牛客传送门

思路：翻译下就是，有 num个不同的数，单调递增地连续放置 n个的方案数

暴力转移 n^3，可以用前缀和优化到 n^2

因为最后 ans忘记取模了，白wa一发，所以记录下

代码如下：

ll n;
ll x;
ll dp[1010][1010];
void solve(){cin >> n >> x;vector<int>ve;ve.push_back(0);ll num=0;for(int i=1;i<=x;i++){if(i*i<=x) ve.push_back(i),num++;else break;}for(int i=1;i<=num;i++) dp[1][i]=1;for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=i;j<=num;j++)dp[i][j]+=dp[i-1][j-1];for(int j=i+1;j<=num;j++) dp[i][j]+=dp[i][j-1],dp[i][j]%=mod;}ll ans=0;for(int i=n;i<=num;i++) ans+=dp[n][i],ans%=mod;cout << ans;
}

24百度之星小度的01串 mtj传送门

思路：手操一下能发现合并的规律，和前一段长度的奇偶性有关

其余部分都很常规，第一发update里的懒标记没写为^=1，wa了一发

代码如下：

ll n;
string s;
struct seg_Tree{
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1struct nod{int l,r;int op1,op0;   //改为10串的和改为01串的操作次数int tag;}t[N<<2];int ql,qr;nod merge(nod a,nod b){nod res;res.l=a.l,res.r=b.r;if((a.r-a.l+1)&1){res.op1=a.op1+b.op0;res.op0=a.op0+b.op1;}else{res.op1=a.op1+b.op1;res.op0=a.op0+b.op0;}return res;}void pushup(int p){t[p]=merge(t[lc],t[rc]);}void pushdn(int p){if(!t[p].tag) return ;swap(t[lc].op1,t[lc].op0);swap(t[rc].op1,t[rc].op0);t[lc].tag^=t[p].tag;t[rc].tag^=t[p].tag;t[p].tag=0;}void bd(int p,int l,int r){t[p]={l,r,0,0,0};if(l==r){t[p].op0=s[l]=='1';t[p].op1=s[l]=='0';return ;}int mid=l+r>>1;bd(lc,l,mid);bd(rc,mid+1,r);pushup(p);}void update(int p){if(ql<=t[p].l && qr>=t[p].r){swap(t[p].op1,t[p].op0);t[p].tag^=1;return ;}int mid=t[p].l+t[p].r>>1;pushdn(p);if(ql<=mid) update(lc);if(qr>mid) update(rc);pushup(p);}nod query(int p){if(ql<=t[p].l && qr>=t[p].r) return t[p];int mid=t[p].l+t[p].r>>1;pushdn(p);if(ql>mid) return query(rc);if(qr<=mid) return query(lc);return merge(query(lc),query(rc));}void updt(int l,int r){ql=l,qr=r;update(1);}int ask(int l,int r){ql=l,qr=r;nod ans=query(1);return min(ans.op0,ans.op1);}
}tr;
void solve(){int q; cin >> n >> q;cin >> s; s=" "+s;tr.bd(1,1,n);while(q--){int op,l,r; cin >> op >> l >> r;if(op==1) tr.updt(l,r);else cout << tr.ask(l,r) << "\n";}
}

星期六：

补牛客小白月赛97 D 牛客传送门

被c的计算式子诈骗了，其实p的任意次幂%(p-1)的结果都是1，所以c其实就等于a

思路：注意到n和m在10以内，p不大，对(p-1)的模数也在1e4以内，可以直接暴力bfs，vi数组标记出现过的状态（即坐标和对(p-1)的模数，出现符合条件状态就结束，bfs完毕就输出-1

还有一个特判需要注意，如果一开始就符合条件，输出0（wa了一发

代码如下：

ll n;
int dx[]={-1,1,0,0};
int dy[]={0,0,-1,1};
int a[11][11];
bool vi[11][11][10004];
struct nod{int x,y;ll sum,ti;
};
void solve(){int m,p; cin >> n >> m >> p;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++)cin >> a[i][j];}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++)int b; cin >> b;}if(n==1 && m==1 && p==2){cout << 0; return ;}queue<nod>qu;qu.push({1,1,a[1][1]%(p-1),0});vi[1][1][a[1][1]%(p-1)]=1;while(!qu.empty()){nod t=qu.front(); qu.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=t.x+dx[i],y=t.y+dy[i];ll sum=(t.sum+a[x][y])%(p-1);if(x<1 || x>n || y<1 || y>m || vi[x][y][sum]) continue;if(!sum && x==n && y==m){cout << t.ti+1; return ;}qu.push({x,y,sum,t.ti+1});vi[x][y][sum]=1;}}cout << -1;
}

在蓝桥杯上打了个不知道什么比赛，随便贴个线段树题传送门

学了线段树的后果就是老想着用线段树

思路：线段树暴力维护，因为身高最高到1e9，所以动态开点，找领操用二分，操作都很常规

又因为 fnd的 k没开ll，wa了一发。

代码如下：

const int N=3e5+10,M=210;
ll n;
const int MAXN=1e9+10;
struct d_Seg_Tree{
#define lc(x) t[x].ch[0]
#define rc(x) t[x].ch[1]struct nod{int ch[2];            //左右儿子节点的编号ll sum;}t[N*55];int root;ll tot;int ql,qr,qv;void pushup(int p){t[p].sum=t[lc(p)].sum+t[rc(p)].sum;}void update(int &p,int l,int r){if(!p) p=++tot;                          //新建节点if(ql<=l && qr>=r){t[p].sum+=qv;return ;}int mid=l+r>>1;if(ql<=mid) update(lc(p),l,mid);if(qr>mid) update(rc(p),mid+1,r);pushup(p);}void updt(int l,int r,int v){ql=l,qr=r;qv=v;update(root,1,MAXN);}int fnd(int &p,int l,int r,ll k){if(!p) return 0;if(l==r) return l;int mid=l+r>>1;if(t[lc(p)].sum>=k) return fnd(lc(p),l,mid,k);else return fnd(rc(p),mid+1,r,k-t[lc(p)].sum);}
}tr;
void solve(){cin >> n;ll num=0;for(int i=1;i<=n;i++){int v,a; cin >> v >> a;num+=a;tr.updt(v,v,a);ll ld=num/2; if(num&1) ld++;cout << tr.fnd(tr.root,1,MAXN,ld) << "\n";}
}

周日：

23年百度之星 dp mtj传送门

dp【i】表示消耗 i蓝最大的A*B值，dpc【i】表示消耗 i蓝最大的100+C值

思路：题意有点复杂，看似伤害和ABCD的值都相关，要考虑四个，实际上经过处理后只需考虑两个值，即A*B和C-d（C为原题意的100+C，这样就能线性即3e3地处理询问，但复杂度仍是9e8，对于1s来说是不够的

然而只需加上一个vi数组来记录出现过的答案，只消这么一个优化，就能从T 2~5个点变为200ms跑完，这让我明白在复杂度很危险的情况下，任何能想到的优化都是有必要的

代码如下：

const int N=3e5+10;
ll n;
vector<PII>ve[4];
ll dpa[3030],dpb[3030],dp[3030];
ll dpc[3030];
ll vi[N];
void solve(){int m,q; cin >> n >> m >> q;for(int i=0;i<=m;i++) dpa[i]=dpb[i]=dpc[i]=100;for(int i=1;i<=n;i++){int c,tp,w; cin >> c >> tp >> w;ve[tp].push_back({c,w});}for(auto [c,w]:ve[1]){  //Afor(int j=m;j>=c;j--)dpa[j]=max(dpa[j-c]+w,dpa[j]);}for(auto [c,w]:ve[2]){  //Bfor(int j=m;j>=c;j--)dpb[j]=max(dpb[j-c]+w,dpb[j]);}for(int i=0;i<=m;i++){for(int j=0;j<=i;j++){   //A * Bint k=i-j;dp[i]=max(dpa[j]*dpb[k],dp[i]);}}for(auto [c,w]:ve[3]){  //Cfor(int j=m;j>=c;j--)dpc[j]=max(dpc[j-c]+w,dpc[j]);}memset(vi,-1,sizeof vi);while(q--){int d; cin >> d;if(vi[d]!=-1){cout << vi[d] << "\n"; continue;}if(dpc[m]+100<=d){cout << "0\n",vi[d]=0; continue;}ll ans=0;for(int i=0;i<=m;i++){int j=m-i;ans=max(dp[i]*(dpc[j]-d),ans);}cout << ans << "\n";vi[d]=ans;}
}

百度之星第三场：那道字符串哈希，毁了我的国赛梦