Codeforces Round 917 (Div. 2)更新中...

A.Least Product(思维)

题意：

给出一个数组$a_1,a_2,...,a_n$，你可以进行若干次以下操作：

• 选择数组中的一个元素$a_i$，将这个数字修改为$0\sim a_i$之间的任意数字。

问，最少需要多少次操作可以使得$\prod _{i=1}^n{a}_i$的结果最小，并输出对应的操作。

分析：

可以将问题分成两种情况：

• 存在$a_i=0$或负数的出现次数为奇数，此时无论进行任何操作都无法使结果变得更小，输出0

• 其他情况，由于数字只能被修改到$0\sim a_i$之间，那么正负数是无法互相转换的，因此，当结果为正数时，任选一个$a_i$，将其修改为$0$，就能获得最小的结果

代码：

#include

using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;


void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int zero = 0, sign = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a;
        cin >> a;
        if (a == 0) {
            zero = 1;
        } else if (a < 0) {
            sign++;
        }
    }
    if (zero || sign % 2 == 1) cout << 0 << endl;
    else {
        cout << 1 << endl;
        cout << "1 0" << endl;
    }
}

int main() {
    int Case;
    cin >> Case;
    while (Case--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

B.Erase First or Second Letter(思维)

题意：

给出一个长度为$n$的字符串$s$，你可以进行若干次以下操作：

• 移除第一个字符

• 移除第二个字符

问：经过若干次操作后，可以获得多少种不同的非空字符串？

分析：

将字符串划分为前后两部分，枚举两部分的分界点，每次枚举完分界点后，将后半部分视为不进行修改的部分，仅会对前半部分进行操作，那么由于每次枚举的后半部分均不同，为了保证方案的独立性，前半部分仅保留一个字符，那么此时的方案数就是前半部分中包含的不同字母的数量。

使用计数数组或set动态记录不同字符数量，每次枚举分界点后更新前半部分字符种类并记录到答案中即可。

代码：

#include

using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;

int vis[30];

void solve() {
    memset(vis, 0, sizeof (vis));
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    int cnt = 0, ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        vis[s[i] - 'a']++;
        if (vis[s[i] - 'a'] == 1) cnt++;
        ans += cnt;
    }
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    int Case;
    cin >> Case;
    while (Case--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

C.Watering an Array(枚举)

题意：

给出一个长度为$n$的数组$a$,你将在接下来的$d$天里每天选择执行以下两个操作之一：

• 给所有的$a_1,a_2,...,a_{b_i}$加上一，其中$b_i$为题目给出的第$i$天的操作数。

• 数组$a$中$a_i=i$的数量就是你本轮获得的得分，然后将$a$数组所有元素修改为$0$

问：最多可以获得多少得分？

Tips:由于天数较多，因此$b$数组采用$b=[v_1,v_2,...,v_k,v_1,v_2,...,v_k,...]$的形式给出。

分析：

如果数组$a$开始全部为$0$，那么最优策略就是操作$1,2$轮流进行，可以获得$\lfloor \frac{d}{2}\rfloor$点得分（注意：开始时若$a_1\ge 1$，则需要使用一次操作$2$将$a_1$修改为$0$，此时得分为$(\lfloor \frac{d-1}{2}\rfloor +\text{开始时数组元素可以产生的得分}$）。

而由于初始的数组是包含初始数字的，且长度为$n$的数组最多可以产生$n$点得分，因此，只需要在$2\times n$的操作次数内均有可能超过循环操作获取的$n$点固定得分。

枚举第一次进行操作$2$前会进行多少次操作$1$，每次遍历数组统计得分，剩余的操作次数使用最优策略进行。记录过程中最大的得分即可。

坑点

既然获取的长度为$n$的数字最高可以产生$n$点得分，那么只枚举$n$次操作是否就够了？

反例：

原数组为$2,1,2,...,n-1$，给出的$b$数组为$[1,1,...,1,n]$，其中$b_i=n$前有$(2\times n)-4$个1，此时$d=2\times n$。

可以发现，枚举$0\sim n$次操作$1$，均无法产生额外得分，此时获得的最高总分为$\lfloor \frac{d-1}{2}\rfloor =n-1$，而依次使用$(2\times n)-3$次操作$1$，再进行操作$2$，可以获得$n-1$点得分，此时还剩下两次操作，还可以继续一次最优策略，最后得分为$n$。

代码：

#include

using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;

LL a[MAXN], b[MAXN];

void solve() {
    LL n, k, d;
    cin >> n >> k >> d;
    LL ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < k; i++) cin >> b[i];
    for (int i = 0; i <= 2 * n && i < d; i++) {
        LL cnt = 0;
        for (int j = 1; j <= n; j++) if (a[j] == j) cnt++;
        ans = max(ans, cnt + (d - i - 1) / 2);
        for (int j = 1; j <= b[i % k]; j++) {
            if (a[j] == j) cnt--;
            a[j]++;
            if (a[j] == j) cnt++;
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    int Case;
    cin >> Case;
    while (Case--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

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