Codeforces Round #657 (Div. 2)补题
被！教！育！了！
要学习如何分析问题，仔细分析哪些部分可以优化哪些不可以，可能直觉上不可行的算法却有着相当优秀的复杂度。
A. Acacius and String(1500)
题意
给你一个由小写字母和?组成的字符串，你可以将?替换为任意字母。问能否使abacaba恰好出现一次。
思路
很容易拐到KMP上去，因为长度小于50，测试小于5000组，可以考虑 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的做法。
用KMP统计原串中abacaba的数量，若大于一个则不可能，如果等于一个，则将所有?替换为不相关的字母即可。
如果等于0，则枚举起点进行暴力check，看看能否修改出来一个abacaba，注意类似abacab?bacaba的情况，所以要将修改后的字符串再跑一次KMP来统计数量是否恰好等于1。
代码
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#includeB.Dubious Cyrpto
题意
m = n × a + b − c m=n\times a+b-c m=n×a+b−c， l ≤ a , b , c ≤ r l\le a,b,c \le r l≤a,b,c≤r，现在给出 l , r , m l,r,m l,r,m，请确定一组 a , b , c a,b,c a,b,c使得存在一个 n > 0 n>0 n>0的解。
思路
本场最简单的题， n = m − b + c a n=\frac{m-b+c}{a} n=am−b+c，符合要求时 m − b + c m-b+c m−b+c一定被 a a a整除。可以使 m m m加上或减去一个数，使它能被 a a a整除，可以发现这个数只和 c − b c-b c−b的差值有关。所以我们可以枚举 a a a，同时 O ( 1 ) O(1) O(1)枚举此时的 b b b和 c c c，并尽量让他们落在 [ l , r ] [l,r] [l,r]内。
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#includeC.Choosing flowers
题意
一个卖花的商店有 m m m种花，每一种买第一朵时有 a i a_i ai点贡献，之后每买一朵有 b i b_i bi的贡献，求买 n n n朵的最大贡献。
思路
可以发现如果取了一个 b b b，则之后只会不断取这个 b b b，因为取 b b b就是因为没有更大的 a a a可取了，同时有多个 b i b_i bi可以取的话我们毫无疑问会取最大的那个。
但是只记录最大的 b b b和其对应的 a a a并不一定能保证得到最优解。考虑枚举不断选择的 b i b_i bi，每次将大于 b i b_i bi的 a a a取完，再来取 a i a_i ai和 b i b_i bi。
可以用前缀和+二分来快速得到大于 b i b_i bi的 a a a的和，复杂度 O ( m l o g m ) O(mlogm) O(mlogm)。
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#includeq;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>a>>b;
arr[i].a=a,arr[i].b=b;
// q.push({a,b,0});
}
vector<ll>tmp(m);
for(int i=0;i<m;i++)
tmp[i]=arr[i+1].a;
sort(tmp.begin(),tmp.end());
for(int i=1;i<=m;i++)
sum[i]=sum[i-1]+tmp[i-1];
// sort(arr+1,arr+m+1,[](const node &x,const node &y){
// return x.a>y.a;
// });
ll ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ll cnt=m-(lower_bound(tmp.begin(),tmp.end(),arr[i].b)-tmp.begin());
ll now=sum[m]-sum[m-cnt];
if(cnt>=n)
{
ans=max(ans,sum[m]-sum[m-n]);//选最大的n个a
continue;
}
// for(int j=1;j<=m&&j<=n&&arr[j].a>=arr[i].b;j++)
// now+=arr[j].a,cnt++;
if(arr[i].a<arr[i].b)//未选到i
now+=arr[i].b*(n-cnt-1)+arr[i].a;
else
now+=arr[i].b*(n-cnt);
// printf("cnt=%lld,now=%lld\n",cnt,now);
ans=max(ans,now);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
/*
可以发现只能取一种b
思路一：优先队列大模拟，不能保证最优，存在b很大但a很小的情况
只记录最大b也是不行的，同样不能保证最优
思路二：枚举每一个b，或者不选b，则强行选择这个b+a和大于他的a
复杂度m^2
*/