牛客周赛 Round 32（A,B,C,D,E,F）

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这场D是用dfs跑图的一个树上dp，E是裸状压，F是状压DP，会状压的话其实难度不是特别大。B题出乎意料的卡了我一会，实际上如果推理出来一个小性质写起来就很简单了。

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A 小红的 01 背包

思路：

V的容量能装多少个x就装多少个，然后个数乘以收益y就行了

code：

#include 
#include 
using namespace std;

int V,x,y;

int main(){
	cin>>V>>x>>y;
	cout<<V/x*y;
	return 0;
}

---

B 小红的 dfs

思路：

可以枚举哪一行哪一列是dfs，看一下其他地方是不是没有dfs，算一下变成这样需要多少次修改，暴力枚举一遍然后记录最小修改次数。

也可以跑DFS，每一位枚举修改成d，f，s以及保留原字符的情况，然后最后判断一下最终局面是否合理，然后记录最小修改次数，这是 $O(4^9)$ 的。也不是不行，也点题了。

有一个小小的性质，只有可能第一行与列为dfs，或者第二行与列为dfs，或者第三行与列为dfs。

其实很好证明，如果第一行为dfs，那么只有可能第一列出现dfs，第二列开头是f直接死了，第三列同理；同理如果第二行为dfs，那么只有可能第二列出现dfs，第一列第二个字符是d直接死了，第三列同理；同样的可以推出如果第三行为dfs，那么只有可能第三列出现dfs。反过来第一二三列是dfs也是如此。

所以根本不需要上面的讨论，只需要看第一行与列修改为dfs，第二行与列修改为dfs，第三行与列修改为dfs，三种情况哪个次数少就行了。

code：

暴力dfs version：

#include 
#include 
using namespace std;

char s[15];

bool check(){
	bool f=false;
	if(s[1]=='d' && s[2]=='f' && s[3]=='s'){
		if(!f)f=true;
		else return false;
	}
	if(s[4]=='d' && s[5]=='f' && s[6]=='s'){
		if(!f)f=true;
		else return false;
	}
	if(s[7]=='d' && s[8]=='f' && s[9]=='s'){
		if(!f)f=true;
		else return false;
	}
	if(!f)return false;
	f=false;
	if(s[1]=='d' && s[4]=='f' && s[7]=='s'){
		if(!f)f=true;
		else return false;
	}
	if(s[2]=='d' && s[5]=='f' && s[8]=='s'){
		if(!f)f=true;
		else return false;
	}
	if(s[3]=='d' && s[6]=='f' && s[9]=='s'){
		if(!f)f=true;
		else return false;
	}
	if(!f)return false;
	return true;
}
int ans=9;
void dfs(int i,int cnt){
	if(i>9){
		if(check()){
			ans=min(cnt,ans);
		}
		return;
	}
	char t=s[i];
	dfs(i+1,cnt);
	if(t!='d'){
		s[i]='d';
		dfs(i+1,cnt+1);
		s[i]=t;
	}
	if(t!='f'){
		s[i]='f';
		dfs(i+1,cnt+1);
		s[i]=t;
	}
	if(t!='s'){
		s[i]='s';
		dfs(i+1,cnt+1);
		s[i]=t;
	}
}

int main(){
	for(int i=1;i<=9;i++)
		cin>>s[i];
	dfs(1,0);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

优雅结论 version：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

string t,s[3];

int main(){
	cin>>s[0]>>s[1]>>s[2];
	t="dfs";
	int ans=5;
	for(int i=0;i<3;i++){
		int res=0;
		for(int j=0;j<3;j++){
			if(s[i][j]!=t[j])res++;
			if(i!=j && s[j][i]!=t[j])res++;
		}
		ans=min(ans,res);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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C 小红的排列生成

思路：

因为是把原数组修改为一个排列，所以不妨假设修改后就是1 2 3…。现在就是找某个元素放在哪个位置上，然后把这个元素修改成这个位置的值。

容易想到小的肯定放在小的位置上，大的放在大的位置上，不过因为没有遗漏都要放入，所以朴素的想法就是对原数组直接排序，然后按位置放就行了。但是这样为什么是对的呢。

如果 $a_i$ 不放在 位置 $i$ 而放在位置 $i+1$ 上时，$a_{i+1}$ 就要放在位置 $i$ 上，$a_i$ 的贡献增大了，要想让总贡献更低，需要 $a_{i+1}$ 就要放在位置 $i$ 上会减少贡献。从绝对值的含义（两点间的距离），就是 $a_{i+1}$ 离 $i$ 更近，那就说明 $a_{i+1}\le i$，因此 $a_i\le a_{i+1}\le i$，总的答案其实没有变化，看图可以，推式子也行（原本是$|a_i-i|+|a_{i+1}-i-1|=i-a_i+i+1-a_{i+1}=2\ast i+1-a_i-a_{i+1}$，后来是$|a_i-i-1|+|a_{i+1}-i|=i+1-a_i+i-a_{i+1}=2\ast i+1-a_i-a_{i+1}$，没有变化）。你让 $a_i$ 变成 $i+1$ 而 $a_{i+1}$ 变成 $i$ 和原本相比其实并没有让答案变得更优。类推，$a_i$ 和 $a_j$ $(i<j)$ 交换位置也不会让答案变得更优，因此上面的想法是对的。

code：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
typedef long long ll;

int n,a[maxn];

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1);
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans+=abs(a[i]-i);
	}
	cout<<ans;
}

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D 小红的二进制树

思路：

还是比较裸的树上DP，不过因为需要从根节点向下走，给的还是个图，所以需要建图，然后从根节点dfs。边dfs边跑树上dp。

设 $dp[i]$ 表示以 $i$ 节点为起点，向子树方向走可以得到的奇数个数，奇数的二进制最后一位就是1。所以把儿子节点的dp值加起来，再把儿子节点为 1 的个数加入答案，就是 $dp[i]$ 的值。

code：

#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;

int n;
char ch[maxn];
int dp[maxn];

int head[maxn],cnt;
struct edge{
	int v,nxt;
}e[maxn<<1];
void add(int u,int v){
	e[++cnt].v=v;
	e[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt;
}

void dfs(int u,int fa){
	for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){
		v=e[i].v;
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		dp[u]+=dp[v]+(ch[v]=='1');
	}
}

int main(){
	cin>>n>>ch+1;
	for(int i=1,u,v;i<n;i++){
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	dfs(1,-1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cout<<dp[i]<<endl;
	return 0;
}

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E 小红的回文数

思路：

截取一段连续区间，统计每种数字的个数，最多出现一种数字的数量为奇数的区间就是一个可行解。

其实我们只关心一个区间内每种数字的奇偶性，而不关系具体有几个，而且这个奇偶性可以通过前缀和来维护，比如数字1在区间 $1\sim l-1$ 出现了奇数次，在区间 $1\sim r$ 出现了偶数次，那么知道区间 $l\sim r$ 中出现了奇数次，而这个奇偶关系可以二进制状压，两个前缀和可以通过按位异或来得到区间某个数字数量的奇偶性。

十个数字就只需要十个二进制位，这样就可以使用一个数来表示前缀 $1\sim i$ 中的每个数字的奇偶性。如果我们记录一下前面右端点分别为 $0\sim i-1$ 的前缀和，就可以一个一个枚举一下然后看一下左端点为 $1\sim i$，右端点为 $i$ 的区间是不是最多只有一种数字的数量为奇数。

不过一个一个枚举肯定会超时，考虑如何优化。其实右端点为 $i$ 的前缀和跑出来之后，能够产生贡献的状态就已经确定了，只有异或后所有数位都为0，以及异或后有一个数位为1的情况可以产生贡献，我们只需要统计 $0\sim i-1$ 的前缀和中有多少个上面的11种情况的状态就行了。因为10位二进制数总共就1024种不同的贡献，开桶统计每一种状态出现了几次即可。

long年开long long

code：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

int a[1030],s;
long long ans;
string str;

int main(){
	cin>>str;
	a[0]++;
	for(auto ch:str){
		int t=ch^48;
		s^=(1<<t);
		
		ans+=a[s];
		for(int i=0;i<=9;i++)
			ans+=a[s^(1<<i)];
		a[s]++;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

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F 小红的矩阵修改

思路：

n只有4，蹊跷，非常蹊跷哇。

考虑如果把每一列看作一个整体，或者说一个状态，之后推第 $i$ 列的时候，只需要保证第 $i$ 列状态本身不冲突，以及和前面第 $i-1$ 列不冲突即可推过来，推过来的代价就是把第 $i$ 列原本的状态修改为修改后的状态的次数加前第 $i-1$ 列的修改次数。一直推到第 $m$ 列。

考虑跑dp。把一列看作一个状态，使用状压，可以把r看作0，e看作1，d看作2，这样就是一个n位的三进制数。设 $dp[st][i]$ 表示第 $i$ 列修改为状态st的最少修改次数。枚举第 $i$ 列的状态 $st$ ，检查一下状态 $st$ 是否合法，如果合法，记录一下 $cnt=mod(i,st)$ 为把第i列修改为st状态的修改次数。然后枚举第 $i-1$ 列的状态 $st2$，如果 $st$ 和 $st2$ 不冲突，尝试从 $dp[st2][i-1]$ 推到 $dp[st][i]+cnt$ 即可。

最后枚举 $st$，记录最小的 $dp[st][m]$

code：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxm=1005;

int n,m,maxst;
string s[5];
int dp[100][maxm];//dp[st][i] 第i个位置为状态st的最小修改次数 

map<char,int> mp; 

int g(int i,int st){//取出三进制数第i位的数 
	for(int j=0;j<i;j++)st/=3;
	return st%3;
}
int mod(int col,int st){//第col列修改为st状态的次数 
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
		if(mp[s[i][col-1]]!=g(i,st))
			cnt++;
	return cnt;
}
bool check(int st){//检查st有无相邻重复部分 
	for(int i=1;i<n;i++)
		if(g(i-1,st)==g(i,st))
			return false;
	return true;
}
bool check(int st1,int st2){//检查st1和st2有无重叠部分 
	for(int i=0;i<n;i++)
		if(g(i,st1)==g(i,st2))
			return false;
	return true; 
}
void pst(int st){
	for(int i=0,t;i<n;i++){
		t=st%3;
		switch(t){
			case 0:
				cout<<'r';
				break;
			case 1:
				cout<<'e';
				break;
			case 2:
				cout<<'d';
				break;
		}
		st/=3;
	}
}

int main(){
	mp['r']=0;
	mp['e']=1;
	mp['d']=2;
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;i++)
		cin>>s[i];
	maxst=pow(3,n)-1;
	
	for(int st=0;st<=maxst;st++)
		if(check(st))dp[st][1]=mod(1,st);
		else dp[st][1]=114514;
	
//	for(int st=0;st<=maxst;st++){
//		pst(st);
//		printf(" %d\n",dp[st][1]);
//	}
//	puts("");
	
	for(int i=2,t;i<=m;i++){
		for(int st=0,cnt;st<=maxst;st++){
			dp[st][i]=114514;
			if(check(st)){
				cnt=mod(i,st);
				for(int st2=0;st2<=maxst;st2++){
					if(check(st,st2))
						dp[st][i]=min(dp[st][i],dp[st2][i-1]+cnt);
				}
			}
		}
	}
	
	int ans=114514;
	for(int st=0;st<=maxst;st++)
		ans=min(ans,dp[st][m]);
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}