Codeforces Round #699 (Div. 2)
E.Sorting Books
題目描述
解法
\(\tt Almost\space art!The\space art\space of\space enumeration!\)
不難發現每本書最多移動一次，移動多次一定是不優的。
那麼每本書就有兩種狀態：不移動和移動。我們列舉每本書的狀態，如果以最後一本不動書為界限，那麼前面的書如果屬於同一種類，那麼一定同時移動或者同時不移動，否則這本不動書就會使他們不能相聚。
所以我們列舉最後一本不動書，它後面的數一定要動，現在要決策它前面的書，其實就是選出來書種類的區間不能相交，那麼設 \(dp[i]\) 表示前 \(i\) 本書最大的不動書個數，預處理出每種書的左端點 \(l[i]\)
但是程式碼中你會發現名與實的分離，去看註釋！
總結
當沒有思路的時候，列舉法會有奇效，雖然我們不用他實現程式碼，但是列舉有助於思考。
#include <cstdio> #include <vector> #include <iostream> using namespace std; const int M = 500005; int read() { int x=0,f=1;char c; while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;} while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();} return x*f; } int n,a[M],l[M],r[M],dp[M],cnt[M]; vector<pair<int,int>> g[M]; signed main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) { a[i]=read(); if(!l[a[i]]) l[a[i]]=i; r[a[i]]=i; cnt[a[i]]++; } for(int i=1;i<=n;i++) if(cnt[i]) g[l[i]-1].push_back(make_pair(r[i],cnt[i])); for(int i=0;i<n;i++) { for(auto x:g[i]) dp[x.first]=max(dp[x.first],dp[i]+x.second); dp[i+1]=max(dp[i+1],dp[i]); } int ans=n; for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=0; for(int i=n;i>=1;i--) { cnt[a[i]]++; ans=min(ans,n-dp[i-1]-cnt[a[i]]); //後面的書不應該都動嗎？為什麼要減cnt[a[i]] //因為dp[i-1]其實沒有算清楚 //對於a[i]這個種類的書，可能會不動 //但是我們在前面考慮不到其不動的情況(看轉移) //所以實際上是考慮前面不動的情況 } printf("%d\n",ans); }
F. AB Tree
題目描述
解法
顯然的思路是按深度分層，最理想的狀況是每一行的字元都一樣，答案是深度。
如果不能達到這個狀態呢？那麼構造給出最優解是深度\(+1\)
我們按層數從小到大考慮，如果某一層不能填入相同的字元，設出現次數較大的字元為 \(c\)，因為要降低對兒子的影響，所以把非葉節點填入顏色 \(c\)，設 \(m\) 為未填的字元，因為非葉節點的出現次數 \(\leq\frac{m}{2}\) 而 \(c\geq\frac{m}{2}\)，所以一定能填滿。然後把 \(c\) 填入這一層的葉節點，剩下的就只有另一種顏色的，填入到其它點中，不難發現只有當前層會多一種不同的字元。
現在的問題是判斷能不能每行填入相同的字元，這是個揹包問題，物品就是每一層的節點數，但是直接做是 \(O(n^2)\) 的，優化揹包需要觀察一下題目性質。因為物品的種類數最多是 \(\sqrt n\) 的，而我們求解的是存在性問題，多重揹包是可以 \(O(1)\) 跑的，只要記錄這一種物品還能取多少，就可以類似完全揹包跑了，時間複雜度 \(O(n\sqrt n)\)
總結
我總結不動了，構造法的使用總是出其不意。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 100005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,x,y,tot,f[M],d[M],son[M];
int a[M],b[M],cnt[M],dp[500][M];
vector<int> v[M];char ans[M];
struct edge
{
int v,next;
}e[2*M];
void dfs(int u,int fa)
{
son[u]=0;
d[u]=d[fa]+1;
v[d[u]].push_back(u);
m=max(m,d[u]);
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);son[u]=1;
}
}
void work(int k,int n)
{
if(!k) return ;
int sl=a[b[k]]-dp[k][n];
cnt[b[k]]=sl;
work(k-1,n-sl*b[k]);
}
signed main()
{
n=read();x=read();y=n-x;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int j=read();
e[++tot]=edge{i,f[j]},f[j]=tot;
e[++tot]=edge{j,f[i]},f[i]=tot;
}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++)
a[v[i].size()]++;
memset(dp,-1,sizeof dp);
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!a[i]) continue;
b[++k]=i;
for(int j=0;j<=n;j++)
{
if(dp[k-1][j]>=0) dp[k][j]=a[i];
if(j>=i) dp[k][j]=max(dp[k][j],dp[k][j-i]-1);
}
}
if(dp[k][x]>=0)
{
work(k,x);
for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]='b';
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int len=v[i].size();
if(cnt[len])
{
cnt[len]--;
for(auto x:v[i]) ans[x]='a';
}
}
printf("%d\n",m);
printf("%s\n",ans+1);
return 0;
}
printf("%d\n",m+1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int len=v[i].size();
if(len<=x)
{
for(auto j:v[i]) ans[j]='a';
x-=len;
}
else if(len<=y)
{
for(auto j:v[i]) ans[j]='b';
y-=len;
}
else if(x>y)
{
for(auto j:v[i])
if(son[j]) ans[j]='a',x--;
for(auto j:v[i])
if(!ans[j] && x) ans[j]='a',x--;
for(auto j:v[i])
if(!ans[j]) ans[j]='b';
}
else
{
for(auto j:v[i])
if(son[j]) ans[j]='b',y--;
for(auto j:v[i])
if(!ans[j] && y) ans[j]='b',y--;
for(auto j:v[i])
if(!ans[j]) ans[j]='a';
}
}
printf("%s",ans+1);
}