- Educational Codeforces Round 91 (Rated for Div. 2)
- 1. 题目分析
- 2. 题解
- A. Three Indices
- B. Universal Solution
- C. Make It Good
- D. Berserk And Fireball
Educational Codeforces Round 91 (Rated for Div. 2)
待补
- E
- F
- G
1. 题目分析
- A:思维
- B: 思维
- C: 贪心
- D: 思维+分类讨论
2. 题解
A. Three Indices
题意: 给定t个样例,每个样例给定一个n,而后给出n个数字,要求判断是否存在3个数字ai,aj,ak,满足i < j < k, 且aj > ai, aj > ak。如果存在输出YES,而后输出i, j, k;不存在输出NO。T ~ 200, n ~ 1000
题解: 先正着扫一遍,判断当前数字前最小的那个数字下标;再倒着扫一遍,判断当前数字后最大的数字的下标。而后正着扫一遍判断当前数字前是否有比它小的数字,当前数字后是否有比它大的数字即可。O(n)
代码:
#include
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
题意: 现在要和机器人玩猜拳,机器人的出拳方式已经知道了。人的出拳方式需要确定,同时从什么时候出拳也需要确定,请找到一种出拳方式,使得人无论是在什么时候出拳,胜利的概率都能最大。给出t个测试样例,每个测试样例给出一个长度为n的字符串,表示机器人的出拳方式。t ~ 1000, n ~ 2e5
代码
题解: 无论是从什么时候出拳都要保证胜率最大,因此只需要统计当前机器人出拳的最多的那个是什么即可,而后每次都成胜最多的那个即可。
代码:
#include
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
题意: 现在有n个同学,希望把这n个同学分成很多的非空的团队,每个团队的能力值=团队中能力值最低的同学的能力值*团队的人数,问最多能够组成多少个这样的团队。给定t个测试样例,每个测试样例给出n和k,n表示有n个同学,k表示团队的最小能力值。而后给出n个数字表示每个同学的能力值。
题解: 考虑贪心处理,先把同学按照能力值按照从小到大排序。而后从大到小扫描,如果当前同学的能力值大于k,则可以单独组成团队;如果小于k,那么考虑增加团队的人数;O(n)扫描即可
代码:
#include
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
题意: 现在有两排战士,第一排战士有n个,对第一排战士进行消灭一定数目后将会变成第二排战士。消灭战士的方式有两种,第一种是选择连续k个战士,将其消灭,这将消耗x元;第二种是选择两个相邻的战士,消灭其中较小的那个战士,这将消耗y元。第一行给定n和k,第二行给定x、k和y,第三行给出第一排战士的编号,第四行给出第二排战士的标号。大于最小的花费,如果不存在输出-1.
题解: 题目给出了第二排战士,所有只需要按照第二排战士的的最后结果去匹配第一行战士,就可以得到很多的分段,然后计算是否可以删除这些分段,如果能够删除,求出最小的花费即可,需要分类讨论。
如果序列 b 中元素的出现顺序与 a 不一致,则无解。
否则根据 b 将 a 分割为一个个区间,对每一个区间进行单独操作。
对于一个长度小于 k 的区间:
- 如果区间最大值大于两端的分割点,则无解
- 否则花费为 size×y
对于一个长度大于等于 k 的区间:
- 如果区间最大值大于两端的分割点,则必须使用一次操作一
- 如果操作一花费较小,花费为 ⌊sizek⌋×x+size % k×y
- 如果操作二花费较小,花费为 x+(size−k)×y
- 如果区间最大值小于两端的分割点,则可不必使用操作一
- 如果操作一花费较小,花费为 ⌊sizek⌋×x+size % k×y
- 如果操作二花费较小,花费为 size×y
代码:
#include
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] = {}; //记录在 a 中的分割点
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> v; //存储每个区间
vector> border; //存储每个区间两端的分割点
vector t; //每个区间
int l = -1, r = -1; //左右端点
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (skip[a[i]]) { //如果遇到区间分割点
if (l == -1 and r == -1) { //第一个区间只有右端点
r = a[i];
} else { //之后区间的左端点为上一个区间的右端点
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";
}