Codeforces Round #695 (Div. 2)

比賽地址

A （水題）

題目連接
⭐⭐⭐

題目：
給出\(n\)個面板，每一個面板初始時間相同，每過1s面板上數字會加1（數字在\(0\sim9\)循環播放）,任意時刻選擇一個面板\(x\)使他的時間中止，其餘的面板\(y\)會在間隔\(|x-y|\)s之後中止，問從左到右順序組成的數字序列所對應的十進制數最大值是多少？

解析：
只要最高位最大便可，所以首先須要最高位爲9，那麼次高位必定得是8，再次高位並不是7,由於能夠在次高位爲8時中止第二個面板構成989的序列

總結：

• 當\(n=1\)時，只輸出9
• 當\(n\ne1\)時，輸出\(98\)其他位模十加1便可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
	{
		int n;
		scanf("%d", &n);
		if (n == 1)
			printf("9\n");
		else
		{
			printf("98");
			int t = 8;
			for (int i = 2; i < n; ++i)
				printf("%d", t = (t + 1) % 10);
			printf("\n");
		}
	}
}

 

B （暴力）

題目連接
⭐⭐

題目：
給出一個數組\(a\)，能夠改變一次數組中某一元素的值，問數列\(a\)中最小的極值點個數是多少？

解析：

1. 對於改變任意一個數而言，可以影響到的極值點的狀況也只有本身或者左右的兩個數據，而爲了減少極值點數量，必然是使\(a[i]=a[i-1]\mid a[i]=a[i+1]\)兩種狀況，
2. 這樣即可以對已是極值點的數據進行操做，而且暴力檢查兩種狀況下縮減極值點數目的最大值便可

注意：能夠對端點值進行復制，避免在遍歷過程當中對端點進行特判

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 5;
int dat[maxn];
int cnt;

bool check(int i)
{
	return dat[i] > dat[i - 1] && dat[i] > dat[i + 1] || dat[i] < dat[i - 1] && dat[i] < dat[i + 1];
}

int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
	{
		cnt = 0;
		int n;
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			scanf("%d", &dat[i]);
		dat[0] = dat[1], dat[n + 1] = dat[n];
		int mx = 0;
		for (int i = 2; i < n; ++i)
		{
			if (check(i))
			{
				++cnt;
				int t = dat[i], now = 0, aa = 0;
				for (int j = i - 1; j <= i + 1; ++j)
					now += check(j);
				dat[i] = dat[i - 1];
				for (int j = i - 1; j <= i + 1; ++j)
					aa += check(j);
				mx = max(mx, now - aa);
				aa = 0;
				dat[i] = dat[i + 1];
				for (int j = i - 1; j <= i + 1; ++j)
					aa += check(j);
				mx = max(mx, now - aa);
				dat[i] = t;
			}
		}
		printf("%d\n", cnt - mx);
	}
}

 

C （貪心+思惟）

題目連接
⭐⭐

題目：
給出三個數列，每次能夠從兩個數列中分別挑出兩個數 \(a,b\) 並從原數列中刪去，並將\(a-b\)放進第一個數列，問最後剩餘的一個數最大是多少（其他兩個數列爲空）？

解析：
兩種貪心策略

1. 每次選出某一個序列的最小值，用這個最小值減去其餘序列的」全部「（保留一個）值，再用保留值減去這個所選的序列中全部的值，最後剩餘數的值=其餘兩個序列的值之和-2*選中序列的值
2. 分別選出兩個序列中的最小值，分別用各自的最小值減去另外一個序列的除最小值之外的其餘值，未選中序列的「全部」（保留一個）值被兩個最小值中任意一個減去均可以，而後再用保留值減去這兩個最小值進行了若干次操做後的結果，最後剩餘數的值=除兩個選中最小值的和-選中的最小值的和

總結：

\[result=sum-2\times\min(sum_{array},min_{ai},min_{aj}) \]

注意：要開long long

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

LL mn[3] = { INF,INF,INF }, sum[3], t;
LL n[3];

int main()
{
	scanf("%d%d%d", &n[0], &n[1], &n[2]);
	for (int i = 0; i < 3; ++i)
	{
		while (n[i]--)
		{
			scanf("%lld", &t);
			sum[i] += t;
			mn[i] = min(mn[i], t);
		}
	}
	printf("%lld", sum[0] + sum[1] + sum[2] - 2 * min({ mn[0] + mn[1],mn[1] + mn[2],mn[0] + mn[2],sum[0],sum[1],sum[2] }));
}

 

D （dp）

題目連接
⭐⭐⭐⭐

題目：
給出一組數列，每次能夠選擇一個位置做爲起點，每次能夠向左（右）移動一步，共移動\(k\)次，給出\(q\)條詢問，每次改變數列中某個元素的值，問當前數列下全部可能路徑對應的權值和的和是多少？（答案取模\(10^9+7\)）

解析：

1. 首先想到的是對於給定的數組長度\(n\)以及移動次數\(k\)，那確定對應數列中每個元素有一個對應的貢獻值，因而考慮打表找規律，發現找不着，再觀察到數據範圍控制在\(10^3\)，因此聯想到用dp求解
2. 若是定義狀態\(dp[i][j]\)爲以\(i\)爲終點，總共移動了\(j\)次對應的路徑數量，很顯然能夠獲得狀態轉移方程

\[dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i+1][j-1] \]

 同時因爲路徑是具備對稱性的，也能夠將這個狀態理解爲，以\(i\)爲起點，總共移動了\(j\)次對應的路徑數量

3. 那麼若是要求得移動\(j\)次後剛好在第\(i\)個數所對應的路徑數量，則爲\(dp[i][j]\times dp[i][k-j]\)，因而也就能夠獲得全部路徑中通過\(i\)點的路徑數量

\[sum[i]=\sum_{j=0}^kdp[i][j]\times dp[i][k-j] \]

4. 最後每次查詢的時候更新變化量便可

注意：

1. 必定要記得最後查詢的時候，變化量可能爲負值，要加模取模
2. 注意狀態轉移方程中，要先枚舉\(j\)，再枚舉\(i\)，由於只有在全部元素對應的\(j-1\)層的移動確認之後，才能夠更新\(j\)層的數值

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;

int n, k, q;
LL sum[5005], dp[5005][5005], dat[5005];
const int mod = 1e9 + 7;

int main()
{
	scanf("%d%d%d", &n, &k, &q);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		dp[i][0] = 1;
		scanf("%lld", &dat[i]);
	}
	for (int j = 1; j <= k; ++j)
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			dp[i][j] = (dp[i - 1][j - 1] + dp[i + 1][j - 1]) % mod;
	LL ret = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		for (int j = 0; j <= k; ++j)
			sum[i] = (sum[i] + dp[i][j] * dp[i][k - j]) % mod;
		ret = (ret + sum[i] * dat[i]) % mod;
	}
	while (q--)
	{
		scanf("%d%d", &n, &k);
		ret = (ret + sum[n] * (k - dat[n]) % mod + mod) % mod;
		dat[n] = k;
		printf("%lld\n", ret);
	}
}