Educational Codeforces Round 103 (Rated for Div. 2)

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A（水题）

题目连接
⭐

题目：
给出\(n\)和\(k\)询问，若\(k\)能整除\(n\)个数累加和，问这\(n\)个数中最大值最小化时值为多少

解析：
由题目条件知\(n\ge 1\)，若是\(n\le k\)，则每一个元素至少为1，那么这样状况下平均分配能让最大值最小化，同理\(n>k\)时，则使得\(n\le dk\)，且\(dk\%n<k\)也就是让这个\(dk\)越小越好

注：\(\lceil\frac{a}{b}\rceil=\lfloor\frac{a+b-1}{b}\rfloor\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*===========================================*/
int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
	{
		int n, k;
		scanf("%d%d", &n, &k);
		k *= (n + k - 1) / k;
		printf("%d\n", (k + n - 1) / n);
	}
}

 

B（贪心）

题目连接
⭐

题目：
给出\(p\)数组，公式\(k_i=\frac{p[i]}{\sum_{j=0}^{i-1}p[j]}\)，要求\(k_i\)均小于等于指定数值\(k\%\)，如今若是要知足这个要求，可能须要对数组\(p\)部分元素进行增长，则总增长量最小是多少

解析：
不难发现对于当前\(i\)来讲，增长本身或者增长\(j(j>0)\)，是充满不肯定性的，由于这样的操做可能会使得\(k_i>k\%\)，因此若是增长值所有汇聚在\(p_0\)是最好的（\(k_0\)与题目要求无关），那么只须要找到使得每一个元素符合要求的最小增长量便可

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int  i=a;i<b;++i)
typedef long long LL;
using namespace std;
/*===========================================*/

int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
	{
		LL sum, t;
		LL ret = 0;
		int n, k;
		scanf("%d%d", &n, &k);
		scanf("%lld", &sum);
		rep(i, 1, n)
		{
			scanf("%lld", &t);
			if (100 * t > k * sum)
			{
				LL tmp = (100 * t + k - 1) / k;
				ret += tmp - sum;
				sum = tmp;
			}
			sum += t;
		}
		printf("%lld\n", ret);
	}
}

 

C（思惟）

题目连接
⭐⭐⭐

题目：
给出\(n\)条链长度为\(c[i]\)和\(a,b\)数组，数组表示第\(i\)条链的“1”端链接至第\(i-1\)条链的\(a[i]\)处，“\(c[i]\)”端链接至第\(i-1\)条链的\(b[i]\)处，假设每一个链接的长度为单位长度，求这个图中的最大环

解析：

1. 因为两两链之间只能靠\(a[i],b[i]\)决定的边相连，因此这个最大环的求解是一个线性递推的过程
2. 假设当前下标为\(i\)，能够将环的构造抽象为为2种可能性：①以第\(i-1\)条链为圈的边界 ②不以第\(i-1\)条链为圈的边界，两种状况下所获得的最大值加上当前\(c[i]\)链长度（即将环封闭），更新最大值便可
3. 对于①的状况，则为\(2+|a[i]-b[i]|\)
4. 对于②的状况，为避免点的重复通过，此时新增的长度为\(2+(c[i-1]-\max(a[i],b[i]))（距离右端点）+(\min(a[i],b[i])-1)（距离左端点）\)

注意：

1. 处于第\(1\)条链时，只能以第\(0\)条链为边界，因此只能考虑①的状况
2. 注意开\(long\ long\)

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int  i=a;i<b;++i)
typedef long long LL;
using namespace std;
/*===========================================*/

const int maxn = 1e5 + 5;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn];
LL ret, now;


int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
	{
		int n;
		scanf("%d", &n);
		rep(i, 0, n)
			scanf("%d", &c[i]);
		rep(i, 0, n)
			scanf("%d", &a[i]);
		rep(i, 0, n)
			scanf("%d", &b[i]);
		now = ret = 0;
		rep(i, 1, n)
		{
			if (i != 1)
			{
				if (a[i] == b[i])
					now = 2;
				else
					now += 2LL + min(a[i], b[i]) - 1 + c[i - 1] - max(a[i], b[i]);
			}
			now = max(now, 2LL + abs(a[i] - b[i]));
			ret = max(ret, now + c[i] - 1);
		}
		printf("%lld\n", ret);
	}
}

 

D（思惟）

题目连接
⭐⭐

题目：
给出一个字符串，若是第\(i\)个字符为\(L\)则表明存在通路\(i-1\rightarrow i\)，\(R\)表明存在通路\(i-1\leftarrow i\)，且每使用一次道路，全部道路方向反向，那么求出起始点在第\(i\)点可以途径点数的最大值

解析：

1. 假设从\(i\)点出发，能够向某个方向前进，那么，在朝那个方向前进后，因为道路的转向可使得按照原线路返回，且因为一来一回确定使用了偶数次道路，那么回到起始点时，道路状态与初始时相同，那么即求从\(i\)点向左向右能行进的最大距离之和
2. 而行进距离则就是看左右两边各有多少个交替的\(RL\)序列，求左边的序列长度能够正序遍历字符串，右边的序列长度能够倒序遍历字符串

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int  i=a;i<b;++i)
#define rep1(i,a,b) for(int  i=a;i<=b;++i)
#define rrep(i,a,b) for(int i=b-1;i>=a;--i)
#define rrep1(i,a,b) for(int i=b;i>=a;--i)
using namespace std;
/*===========================================*/

const int maxn = 3e5 + 5;
char s[maxn];
int l[maxn], r[maxn];

int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
	{
		int n;
		scanf("%d%s", &n, s + 1);
		l[0] = r[n] = 0;
		int cnt = 0;
		rep1(i, 1, n)
		{
			if (s[i] != s[i - 1])
				++cnt;
			else
				cnt = 1;
			if (s[i] == 'L')
				l[i] = cnt;
			else
				l[i] = 0;
		}
		cnt = 0;
		rrep1(i, 1, n)
		{
			if (s[i] != s[i + 1])
				++cnt;
			else
				cnt = 1;
			if (s[i] == 'R')
				r[i - 1] = cnt;
			else
				r[i - 1] = 0;
		}
		rep1(i, 0, n)
			printf("%d ", l[i] + r[i] + 1);
		printf("\n");
	}
}

 

E（状压+拓扑序）

题目连接
⭐⭐⭐

题目：
给出\(n\)个模式串和\(m\)个待匹配串，且每一个待匹配串有一个指望值\(mt\)，询问是否能够将模式串从新排列，使得第一个遇到的成功匹配的模式串是第\(mt\)个串
字符串长度\(k(1\le k\le4)\)

解析：

1. 若存在某个待匹配串能够匹配多个模式串时，要求第\(mt\)串必须排列在前，这是一个很明显的拓扑序关系
2. 那么只须要将\(mt\)与其余能够匹配的串连边，并记录好入度，输出拓扑序便可
3. 因为字符串长度很小，并且出现字符只有\(a-z,\_\)（27），\(27^4\approx5\times10^5\)，因此能够进行状压，\(O(1)\)查询
4. 能够递归的将待匹配串的字符改为“_”，查询对应的状压编码是否存在过，以此找到模式串

注意： 对于给出\(mt\)模式串自己,没法与对应的字符串进行匹配的状况须要特殊处理

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int  i=a;i<b;++i)
#define rep1(i,a,b) for(int  i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
/*===========================================*/
 
const int maxn = 27 * 27 * 27 * 27;
char s[5];
int vis[maxn];
int d[maxn];
vector<int> e[maxn];
int n, m, k, mt;
int dat[100005];
int Pow[4] = { 1,27,27 * 27,27 * 27 * 27 };
 
void check(int x)
{
	if (vis[x])
	{
		++d[vis[x]];
		if (vis[x] != mt)
			e[mt].push_back(vis[x]);
	}
}
 
void fill(int now, int x)
{
	if (x == k)
		check(now);
	else
	{
		fill(now, x + 1);
		fill(now + (26 - s[x] + 'a') * Pow[k - x - 1], x + 1);
	}
}
 
int main()
{
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	rep1(i, 1, n)
	{
		scanf("%s", s);
		int t = 0;
		rep(j, 0, k)
		{
			t *= 27;
			t += s[j] == '_' ? 26 : s[j] - 'a';
		}
		vis[t] = i;
	}
	rep(i, 0, m)
	{
		scanf("%s%d", s, &mt);
		int t = 0;
		rep(j, 0, k)
		{
			t *= 27;
			t += s[j] - 'a';
		}
		fill(t, 0);
		--d[mt];
	}
	queue<int> q;
	rep1(i, 1, n)
	{
		if (!d[i])
			q.push(i);
	}
	int cnt = 0;
	while (!q.empty())
	{
		int t = q.front();
		q.pop();
		dat[++cnt] = t;
		for (auto& i : e[t]) {
			if (--d[i] == 0)
				q.push(i);
		}
	}
	if (cnt == n)
	{
		printf("YES\n");
		rep1(i, 1, n)
			printf("%d ", dat[i]);
	}
	else
		printf("NO");
}