Educational Codeforces Round 91 (Rated for Div. 2)
待補c++
- E
- F
- G
1. 題目分析
- A：思惟
- B: 思惟
- C: 貪心
- D: 思惟+分類討論
2. 題解
A. Three Indices
題意: 給定t個樣例，每一個樣例給定一個n，然後給出n個數字，要求判斷是否存在3個數字ai,aj,ak，知足i < j < k, 且aj > ai, aj > ak。若是存在輸出YES，然後輸出i, j, k；不存在輸出NO。T ~ 200， n ~ 1000
題解： 先正着掃一遍，判斷當前數字前最小的那個數字下標；再倒着掃一遍，判斷當前數字後最大的數字的下標。然後正着掃一遍判斷當前數字前是否有比它小的數字，當前數字後是否有比它大的數字便可。O(n)
代碼:
測試
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 1e3 + 10;
int a[N], n, T, le[N], ri[N];
int main() {
cin >> T;
while (T--) {
memset(ri, -1, sizeof ri);
memset(le, -1, sizeof le);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
int minv1 = 1e9 + 10, minv2 = 1e9 + 10, minid1 = -1, minid2 = -1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (minv1 < a[i]) le[i] = minid1;
if (a[i] < minv1) {
minv1 = a[i];
minid1 = i;
}
}
for (int i = n; i >= 1; --i) {
if (minv2 < a[i]) ri[i] = minid2;
if (a[i] < minv2) {
minv2 = a[i];
minid2 = i;
}
}
int flg = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (le[i] != -1 && ri[i] != -1) {
cout << "YES\n";
cout << le[i] << " " << i << " " << ri[i] << endl;
flg = 1;
break;
}
}
if (flg == 1) continue;
cout << "NO\n";
}
return 0;
}
B. Universal Solution
題意： 如今要和機器人玩猜拳，機器人的出拳方式已經知道了。人的出拳方式須要肯定，同時從何時出拳也須要肯定，請找到一種出拳方式，使得人不管是在何時出拳，勝利的機率都能最大。給出t個測試樣例，每一個測試樣例給出一個長度爲n的字符串，表示機器人的出拳方式。t ~ 1000， n ~ 2e5
代碼
題解： 不管是從何時出拳都要保證勝率最大，所以只須要統計當前機器人出拳的最多的那個是什麼便可，然後每次都成勝最多的那個便可。
代碼：
spa
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
int main() {
int R = 0, S = 0, P = 0;
cin >> T;
string s;
while (T--) {
cin >> s;
R = 0, S = 0, P = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
if (s[i] == 'R' ) R++;
else if (s[i] == 'S') S++;
else if (s[i] == 'P') P++;
}
int maxv = max(R, max(S, P));
if (R == maxv) {
for (int i = 0; i < s.size(); ++i)
cout << 'P';
}
else if (S == maxv) {
for (int i = 0; i < s.size(); ++i)
cout << 'R';
}
else if (P == maxv) {
for (int i = 0; i < s.size(); ++i)
cout << 'S';
}
cout << endl;
}
return 0;
}
C. Make It Good
題意: 如今有n個同窗，但願把這n個同窗分紅不少的非空的團隊，每一個團隊的能力值=團隊中能力值最低的同窗的能力值*團隊的人數，問最多可以組成多少個這樣的團隊。給定t個測試樣例，每一個測試樣例給出n和k，n表示有n個同窗，k表示團隊的最小能力值。然後給出n個數字表示每一個同窗的能力值。
題解: 考慮貪心處理，先把同窗按照能力值按照從小到大排序。然後從大到小掃描，若是當前同窗的能力值大於k，則能夠單獨組成團隊；若是小於k，那麼考慮增長團隊的人數；O(n)掃描便可
代碼:
code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 2e5 + 10;
int T, a[N], n, x;
int main() {
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> x;
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
sort(a + 1, a + 1 + n);
int res = 0, mul = 1e9, cnt = 0;
for (int i = n; i >= 1; --i) {
if (a[i] >= x) {
res ++;
// cout << "i:" << i << endl;
continue;
}
else {
mul = a[i];
cnt++;
if (mul * cnt >= x) {
res ++;
// cout << "i:" << i << endl;
cnt = 0;
}
}
}
cout << res << endl;
}
return 0;
}
D. Berserk And Fireball
題意： 如今有兩排戰士，第一排戰士有n個，對第一排戰士進行消滅必定數目後將會變成第二排戰士。消滅戰士的方式有兩種，第一種是選擇連續k個戰士，將其消滅，這將消耗x元；第二種是選擇兩個相鄰的戰士，消滅其中較小的那個戰士，這將消耗y元。第一行給定n和k，第二行給定x、k和y，第三行給出第一排戰士的編號，第四行給出第二排戰士的標號。大於最小的花費，若是不存在輸出-1.
題解： 題目給出了第二排戰士，全部只須要按照第二排戰士的的最後結果去匹配第一行戰士，就能夠獲得不少的分段，而後計算是否能夠刪除這些分段，若是可以刪除，求出最小的花費便可，須要分類討論。
若是序列 b 中元素的出現順序與 a 不一致，則無解。
不然根據 b 將 a 分割爲一個個區間，對每個區間進行單獨操做。
對於一個長度小於 k 的區間：
排序
- 若是區間最大值大於兩端的分割點，則無解
- 不然花費爲 size×y
對於一個長度大於等於 k 的區間：
- 若是區間最大值大於兩端的分割點，則必須使用一次操做一
- 若是操做一花費較小，花費爲 ⌊sizek⌋×x+size % k×y
- 若是操做二花費較小，花費爲 x+(size−k)×y
- 若是區間最大值小於兩端的分割點，則可沒必要使用操做一
- 若是操做一花費較小，花費爲 ⌊sizek⌋×x+size % k×y
- 若是操做二花費較小，花費爲 size×y
代碼：ip
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
int main() {
ll n, m, x, k, y; cin >> n >> m >> x >> k >> y;
int a[n] = {};
int pos[n] = {};
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
--a[i];
pos[a[i]] = i;
}
int b[m] = {};
int mx_pos = 0;
bool skip[n] = {}; //記錄在 a 中的分割點
for (int i = 0; i < m; i++) {
cin >> b[i];
--b[i];
if (pos[b[i]] < mx_pos) {
cout << -1 << "\n";
return 0;
} else mx_pos = pos[b[i]];
skip[b[i]] = true;
}
vector<vector<int>> v; //存儲每一個區間
vector<pair<int, int>> border; //存儲每一個區間兩端的分割點
vector<int> t; //每一個區間
int l = -1, r = -1; //左右端點
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (skip[a[i]]) { //若是遇到區間分割點
if (l == -1 and r == -1) { //第一個區間只有右端點
r = a[i];
} else { //以後區間的左端點爲上一個區間的右端點
l = r;
r = a[i];
}
if (t.size() > 0) {
v.push_back(t);
border.emplace_back(l, r);
t.clear();
}
continue;
}
t.push_back(a[i]);
}
if (t.size() > 0) {
l = r;
v.push_back(t);
border.emplace_back(l, -1);
t.clear();
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i < v.size(); i++) {
bool seg_mx = *max_element(v[i].begin(), v[i].end()) > max(border[i].first, border[i].second);
if (v[i].size() < k) {
if (seg_mx) {
cout << -1 << "\n";
return 0;
}
ans += v[i].size() * y;
} else {
if (seg_mx)
ans += min(x + (v[i].size() - k) * y, v[i].size() / k * x + v[i].size() % k * y);
else
ans += min(v[i].size() * y, v[i].size() / k * x + v[i].size() % k * y);
}
}
cout << ans << "\n";
}