刷题日志（4）
写在前面的话：我也是初学，有些分析或知识会有错误，望各位大佬们指教
这里写目录标题
- 1：SPOJ KATHTHI （ 01BFS ）
- 2：CodeForces 1341E Nastya and Unexpected Guest （ 01BFS ）
- 3：CodeForces 1063B Labyrinth （ 01BFS ）
- 4：CodeForces 1348B Phoenix and Beauty （ 构造 ）
- 5：CodeForces 1348C Phoenix and Distribution（ 思维 ）
- 6：POJ 1062 昂贵的聘礼 （ 枚举 + DIJKSTRA )
- 6：牛客 NC203159 小V和方程 （ 计数dp ）
- 7：CodeForces 1348E Phoenix and Berries （动态规划）
- 8：CodeForces 1345C （ 思维 ）
- 9：CodeForces 1345D （ 连通块 + 思维 ）
- 10：CodeForces 1350D Orac and Medians （ 思维 ）
1：SPOJ KATHTHI （ 01BFS ）
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- 题意
给 n 行 m 列的图，只能上下左右走，如果两个方格字母不相同，花费为1，否则花费为0，问从左上角走到右下角最小花费是多少。 - 分析：
01BFS 的裸题，就是说给的图中仅存在权值为 0 和 1 的边，那么可以用双端队列对其进行处理，每次取队首元素，如果走了权值为 0 的边，将其放入队首，否则放入队尾。这样快速得到答案。 - 代码：
#include2：CodeForces 1341E Nastya and Unexpected Guest （ 01BFS ）
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- 题意：
给 m 个坐标，从第 1 个坐标开始要走到第 m 个坐标，期间有绿灯和红灯，分别占用不同时间，红灯时要求一定要在坐标上，每走长度为 1 的距离花费时间 1，只能在坐标上转向，问最后花费时间最短为多少。 - 分析：
一开始做的时候识别出来是 BFS 了，但当时还不会 01BFS ，于是用了两种方法做。用第一种做法时理解错题意了，每次走的时候只考虑了转向一次的情况，然后疯狂 WA 。第二种做法是每次只考虑走相邻的坐标，如果绿灯时间刚好用完，标记一下此时红绿灯循环次数，避免重复无用的计算，这种做法似乎可以暴力求出，但是数据量大的时候就会 Memory limit exceeded。
正解应该是转化为边权为 0 和 1 的图来做，用 dp [ i ] [ j ] 记录从开始走到 坐标i 还剩下 绿灯 j 秒 时的最小循环次数，这样只有在绿灯秒数耗尽时会出现权值为 1 的边，将其放进队尾，其他放进队首，最后求解得出。 另外还有一个坑就是题目中给的坐标可能不是按顺序给出。 - 分析：
#include3：CodeForces 1063B Labyrinth （ 01BFS ）
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- 题意：
给一个图和起点，限制向左向右走的次数，有部分点不能走，问最多可以覆盖多少个点。 - 分析：
又是 BFS ，然后又是情况分为两种，因此不能按传统的只入队尾的操作了。同样是用 01BFS 的思想，向左向右走因为要消耗次数，所以入队尾，向上向下走入队首，然后 vis 数组记录节点是否被访问过。 - 代码：
#include4：CodeForces 1348B Phoenix and Beauty （ 构造 ）
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- 题意：
给一个长度为 n 的序列，可以往里面插入 1-n 的数字，要求所有长度为 k 的子序列之和都相等，如果不能实现则输出-1. - 分析：
一道 div2B 题都搞了那么久。。。题目已经说明不需要构造出的序列长度最短了，而经过分析可以得出，题目要求构造出长度为 k 的循环序列。
首先考虑什么情况是不可能的，当原序列中出现不同数字的个数大于 k ，必定无法构造出循环。
而剩余情况我们可以把所有不同数字储存起来，n和k 都不大于100，对每一个数字位扩展成一个循环，这样长度不会大于题目限制的 10000 。而不同数字出现的个数可能会小于 k ，用 1 补齐。 - 代码：
#include5：CodeForces 1348C Phoenix and Distribution（ 思维 ）
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- 题意：
给长度为 n 的字符串，把它分成 k 段，尽量使 k 段之中的字符串字典序最大的那个小。 - 分析：
这种分析的题还真不知道如何下手，看了别人的题解真的是简洁明了。
首先将原来的字符串排序，选取前 k 个字符，如果这其中有不相等的，那么答案已经确定了，因为如果不选这 k 个字符作为首字符，选后面的只会让字符串字典序更大。所以这种情况答案为只输出第 k-1 个字符。
如果前 k 个字符都相同，那么看剩下的，如果全部都相同，那么平分，最长的为答案。如果不相同，那么把剩余的都加到 s [ k - 1 ] 后面，因为如果加到其他字符后面只会”徒增功耗“。 - 代码：
#include6：POJ 1062 昂贵的聘礼 （ 枚举 + DIJKSTRA )
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- 题意：
有 n 个人售卖东西，需要不同的价钱，对于每样物品可以先得到其他物品再作交换，这样价钱可以便宜一点，而每个人都有等级，在购买东西的时候，所有商家的等级只差不能超过 m。 - 分析：
本题有两个难点，第一点在建图，把自己当作一个超级源点，到各个商家都有路径，权值为商品的原价。其次因为先得到一些物品之后，对应有的物品可以打折，所以这些关系上也要建边。
第二个难点是等级的限制上。在跑最短路的时候去记录等级显然不现实，一开始我是在 [ level [ 1 ] - m , level [ 1 ] + m ] 上跑的，显然 WA 了，因为在跑最短路的时候，依然可能会超出限制。正解是因为数据量不大，可以枚举区间，然后求出最小值。 - 代码：
#include6：牛客 NC203159 小V和方程 （ 计数dp ）
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- 题意
给整数 m ，求有多少种情况使 n 个带根号的数之和等于根号 m。 - 分析：
非常基本的 计数dp 问题，但是就是没有看出来问题本质。首先要把 m 因式分解，变成 a根号b 的形式。然后转化问题成为 a 个数分配到 n 个位置。确定 dp [ i ] [ j ] 为 j 的 i 划分，那么当 i 个位置都有数时，可以由 j - i 的 i 划分得来。如果有位置为0，那么就是 j 的i - 1 划分。 - 代码：
#include7：CodeForces 1348E Phoenix and Berries （动态规划）
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- 题意：
有 n 个果园，分别有蓝莓和红莓，现在要进行采摘，规定一个篮子放 k 个，且篮子里只能放相同颜色的，或者是来自相同果园的，问最多能放满多少个篮子。 - 分析：
最初的想法是贪心，尽量把相同颜色的放入一个篮子，最后剩下的蓝莓和红莓个数都不会超过 k 个，即最多在这基础上增加一个篮子，然后遍历果园查找有无满足剩下数量的。（最后肯定 WA 了，E题哪有那么简单）。
正解应该用动态规划。一个果园如果能以混合颜色装下大于两个篮子，其中一种颜色的数量肯定大于等于 k，所以可以通过转换变成剩下一个篮子装混合颜色的。问题转换为到达 i 果园时，采用混合颜色装入篮子，还是统一颜色装入篮子。
我们要记录到 i 个果园时，剩下红莓和蓝莓的数量，那么数组会开到 dp [ 500 ] [ 500 ] [ 500 ]，为了节约空间，只考虑记录红莓，以 dp [ i ] [ j ] 表示到 i 个果园后，剩下 j 个红莓，最大的篮子数量。那么蓝莓数量为 sum - dp [ i - 1 ] [ j ] * k - j。
先考虑混合装，到 i 个果园后，从1开始，枚举取红莓数量p，取蓝莓的数量则为 k - p，然后分别统计此时剩下红莓和蓝莓的数量，分别看是否能装满篮子，计算出 dp [ i ] [ j ]。
最后考虑统一装，仅考虑加上 第 i 个果园的红莓和蓝莓数量后，各自装篮。 - 代码：
#include8：CodeForces 1345C （ 思维 ）
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- 题意：
给一个长度为 n 的数组，每个数 k 的移动规则是 k + a [ k % n ]，移动后如果各个位置都有数，一个位置不会出现多个数，那么输出YES，否则输出NO。 - 分析：
从给出样例中比较容易发现的是，如果 a [ i ] 和 a [ j ] 的差，是 i 和 j 的倍数，那么说不定就可以构造出两个数使得他们移动后位置相同，按照这个思路写了一遍，果然是 WA 了。
感觉关于模数的题目的做法还是有一定的方法的，就是把下标 i 变成 k*n + i。那么按题目思路就是有 x + a [ x % n ] == y + a [ y % n]，转换成 ( k1 * n + i ) - ( k2 * n + j ) == a [ j ] - a [ i ]。再进行变形 ( k1 - k2 ) * n == ( a [ j ] + j ) - ( a [ i ] + i )。所以就是找是否存在两个数 a [ x ] + x mod n 结果相等。 - 代码：
#include9：CodeForces 1345D （ 连通块 + 思维 ）
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- 题意：
给一个二维数组，在 # 上可以摆放 N ，如果 N 与 S 在同一列或同一行，而不在同一位置，那么 N 会向 S 移动。问是否能找到最少数量的 N ，满足以下情况：每一行和每一列都有 S，存在N 走到每一个 # 上，但 N 不能走到 . 上。 - 分析：
这题读起来比较晦涩难懂，但是有一个很重要的点要抓住，那就是每一行和列都要有 S，这就意味着处在这一行或列的 N 都会朝该 S 移动。可以推出如果同一行或列有两个 # ，而他们之间有相隔，那么必定不满足情况。
那么如何求最小数量呢？这一个比较容易处理，就是求二维数组中连通块的数量，用 dfs 解决。
另外一点是 S 可以摆放在任意位置，所以才会有题目给出最后样例的情况，所以我们要统计每一行和列里 # 的出现次数，如果该行（列）没有 # ，那么要手动添加一个 S ，但是又不能影响对应的列（行），所以选的位置要满足该行和该列都没有 # 。 - 代码：
#include10：CodeForces 1350D Orac and Medians （ 思维 ）
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- 题意：
给 n 个数，可以进行一个操作，选定一个区间，然后把这个区间的数都变为中位数，问是否可以使 n 个数都变成 k。 - 分析：
首先如果该序列不存在 k ，那么就肯定输出 no。然后我一开始的想法是找到值为 k 的地方，如果相邻的数比它大，那么可以选择长度为2的区间，将该区间变为 k，然后再选择长度为3的区间，那么就一定可以把所有的数都变成 k 了。但是如果相邻的数都比它小怎么办？这个就很难继续求解下去了，只能通过暴力搜索的方法，但显然不可取。
关键是我只关心了把数变为 k，而忽略了可以把数变为其他值，按照上述的想法，只要我们把值为 k 的数的两边其中一个数变成比他大的数就可以了，那么我们考虑把区间都变为比 k 大的数，显然只要长度为3的区间里，存在2个大于等于 k 的数，就可以把整个区间变成比 k 大的数，然后再进行相关操作把所有数变为 k。 - 代码：
#include