【考试记录】Educational Codeforces Round 59 (Rated for Div. 2)

本来准备划水，结果被垃圾题艹翻了……

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T2题意：

定义一个数$x$的数字根$S(x)$为：将其各位数字相加得到一个新数，再将新数的数字和相加直到得到一个个位数，就是该数的数字根。

例如：$S(38)=S(3+8=11)=S(1+1=2)=2$

现在需要求数字根为$x$的从小到大第$k$个数。

$1\leq x\leq 9,k\leq 10^{12}$。

 

题解：

注意到数字和相加不会改变x对9取余的值。

那么可以得到：数字根为$x$的数就是满足模$9$的值为$x$的数。

特别地，数字根为$9$的数满足模$9$的值为$0$。

然后一行就可以了。

 

代码：

#include
#include
#include
#include

using namespace std;
#define MAXN 100005
#define MAXM 500005
#define INF 0x7fffffff
#define ll long long

inline ll read(){
    ll x=0,f=1;
    char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar())
        if(c=='-')
            f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar())
        x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

int main(){
    ll N=read();
    for(ll i=1;i<=N;i++){
        ll k=read(),x=read();
        cout<1)*9<<endl;
    }
    return 0;
}

 

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T4题意：

定义一个$n$次矩阵$A$的$x$次压缩矩阵$B$为：对于任意$i,j$满足$A(i,j)=B(\lceil i/x \rceil,\lceil j/x \rceil)$。

显然对于某些$x$是不存在$x$次压缩矩阵的。

现在给定一个$01$矩阵$A$，求最大的满足$x|n$的能压缩的$x$。

$n\leq 5200$。

 

题解：

发现压缩的过程就相当于把原矩阵$A$分成若干个$x\times x$的小矩阵，若每个小矩阵内数均相同则$x$次压缩是可行的。

那么暴力算法就是枚举每个$x$再进行$O(n^2)$枚举判断可行性。

考虑优化，枚举$k$的过程不太好优化，我们需要一个快速的办法判断一个小矩阵中的数是否相同。

由于数只有$01$，可以维护二维前缀和，若这个小矩阵内数的和不等于$0$或者$x\times x$则肯定不相同。

时间复杂度为$O(\sum \frac{n^2}{x^2})=O(n^2\times \sum \frac{1}{x^2})=O(n^2)$。

 

代码：

#include
#include
#include
#include

using namespace std;
#define MAXN 5205
#define MAXM 500005
#define INF 0x7fffffff
#define ll long long

inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar())
        if(c=='-')
            f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar())
        x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

int N,mp[MAXN][MAXN],sum[MAXN][MAXN];
char str[MAXN];

inline int gets(int x,int y,int xx,int yy){
    return sum[xx][yy]-sum[xx][y]-sum[x][yy]+sum[x][y];
}

bool check(int x){
    for(int i=1;i<=N;i+=x){
        for(int j=1;j<=N;j+=x){
            if(gets(i-1,j-1,i+x-1,j+x-1)!=0 && gets(i-1,j-1,i+x-1,j+x-1)!=x*x)
                return 0;
        }
    }
    return 1;
}

int chg(char ch){
    if(isdigit(ch)) return ch-'0';
    else return ch-'A'+10;
} 

int main(){
    N=read();
    for(int i=1;i<=N;i++){
        scanf("%s",str);
        for(int j=1;j<=N;j+=4){
            int tp=chg(str[j/4]);
            for(int k=0;k<4;k++)
                mp[i][j+k]=(bool)(tp&(1<<(4-k-1)));
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        for(int j=1;j<=N;j++)
            sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+mp[i][j];
    for(int x=N;x>=1;x--){
        if(N%x) continue;
        if(check(x)){
            printf("%d\n",x);
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

 

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T5题意：

给定一个长度为$n$的$01$串$s$，你可以进行任意次操作：

每次操作选取一段连续且相等的串$str$,记其长度为$k(1\leq k \leq n)$。

将这段串删除并将它右边的串接到左边，同时获得$A_k$的价值。

求将整个串删除为空串所能获得的最大价值。

$n\leq 100$。

 

题解：

这题当时触及到我的知识盲区了……（菜是原罪）考完才学了一下。

“区间消消乐”问题可以算作一种单独的$dp$模型，状态一般是

设$dp(i,j,k)$表示处理子串$[i,j]$，后面带上连续$k$个与$s_j$相同的字符所能获得的最大价值。

那么每种状态都有如下两种转移过来的方式：

• 消后面那段颜色相同的。$dp(i,j,k)=dp(i,j-1,0)+A_k+1$
• 枚举中间的某个断点$mid$，保证$s_{mid}=s_{j}$，此时可以把$[mid+1,j-1]$一段消去，后面接出更长的一段。$dp(i,j,k)=dp(i,mid,k+1)+dp(mid+1,j-1,0)$

时间复杂度$O(n^4)$。

这里我个人想再说细一点（因为思维太弱跳不了那么远QAQ）：如何想到这个非常规的转移方程？

注意：以下讨论均是对于子区间[i,j]的处理。

如果这道题没有“删除后将右边接到左边”这句话，那么转移方程并不复杂：

$dp(i,j)=max\{dp(i,j),dp(i,k-1)+A_{j-k+1}\}$，其中$s_k=s_k+1=\cdots=s_j$。

但现在多了这句话，就要考虑怎么在转移时做出“拼接”这种骚操作来。

看上去有一个显而易见的暴力：枚举删除的区间（两端而不是一端）暴力转移。

此时状态大概是$dp(i,j,str)$表示区间$[i,j]$后面连着一段$str$。

由于思维量不大，所以这个方法的复杂度不用算也知道……

那么观察一下这个方法：记录后面连着一段的思想貌似可行，但真的有必要记录$str$吗？

现在我们状态中的str还是需要暴力处理，多这一维没有起到实质性的作用。

回到题目，消除任意一段str时，每一步操作都是消除一段连续字符。

反过来说，也就是用若干段连续字符必然能拼出任意的str。

那么我们为什么不能把状态里的str改成数字k，表示后面连着一段长度为k的连续字符呢？

Nice！我们发现用改完后的状态能够表示出原来的所有状态，这说明这个思路是可做的。

此时的状态为$dp(i,j,k,0/1)$表示$[i,j]$后面连着$k$个$0/1$。

我们还可以把$j$右移一位以略去第四维而将定义改成连着$k$个与$s_j$相同的字符。

无论哪种状态都能够通过本题了。

 

代码：

#include
#include
#include
#include

using namespace std;
#define MAXN 105
#define MAXM 500005
#define INF 0x7fffffff
#define ll long long

inline ll read(){
    ll x=0,f=1;
    char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar())
        if(c=='-')
            f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar())
        x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

ll dp[MAXN][MAXN][MAXN];
ll N,A[MAXN];
char str[MAXN];

int main(){
    N=read();
    scanf("%s",str+1);
    for(ll i=1;i<=N;i++)
        A[i]=read();
    for(ll i=1;i<=N;i++)
        for(ll k=0;k<=N;k++)
            dp[i][i][k]=A[k+1];
    for(ll l=2;l<=N;l++)
        for(ll i=1;i<=N-l+1;i++){
            ll j=i+l-1;
            for(ll k=0;k<=N;k++){
                dp[i][j][k]=dp[i][j-1][0]+A[k+1];
                for(ll l=i;l)
                    if(str[l]==str[j]) 
                    　　dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i][l][k+1]+dp[l+1][j-1][0]);
            }
        }
    printf("%I64d\n",dp[1][N][0]);
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/YSFAC/p/10328092.html