CF#612(Div.2)
A. Angry Students
题意：
给你一个字符串（只包含’A’，’P’），每过1秒， 对于每一个A，假如它右边那个不是A，它会把他右面那个变成A。问最多过几秒，整个串中A的数目不会增加
思路：
这题数据范围非常小，因此可以用bfs求解
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int vis[150];
int ans = 0;
void solve(int n)
{
queue<int> q;
for(int i = 1;i<=n;++i)
if(vis[i]==0)
q.push(i);
while(!q.empty())
{
int x = q.front();
q.pop();
ans = max(ans,vis[x]);
if(x+1<=n&&vis[x+1]==-1)
{
vis[x+1] = vis[x]+1;
q.push(x+1);
}
}
return ;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while(t--)
{
int n;
cin >> n;
for(int i = 1;i<=n;i++)
vis[i] = -1;
string s;
cin >> s;
for(int i = 0;i<n;i++)
{
if(s[i]=='A')
vis[i+1] = 0;
}
ans = 0;
solve(n);
ans = max(ans,0);
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
B. Hyperset
题意：
给你n个长度为k的字符串（只包括"S", "E", or "T".），对于每三个串，如果这三个串每一个元素完全相同或者完全不同，可以称为一个set，问总共有几对set。
思路：
这里的数据范围是比较小的，我们可以通过枚举两个串然后根据上面的条件构造出第三个串来，检查一下这个串是否存在就行，要注意我们这样枚举的话每一组合是数了3次的，所以要除以3。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1500+10;
string str[maxn];
set<string> s;
int main()
{
int n,k;
cin >> n >>k;
for(int i = 0;i<n;++i)
{
cin >>str[i];
s.insert(str[i]);
}
int all = 'S'+'T'+'E';
string q ;
q.resize(k);
int res = 0;
for(int i = 0;i<n;i++)
{
for(int j = i+1;j<n;++j)
{
for(int l = 0;l<k;++l)
{
if(str[i][l]==str[j][l])
{
q[l] = str[i][l];
}
else
{
q[l] = all-str[i][l]-str[j][l];
}
}
if(s.find(q)!=s.end())
++res;
}
}
cout << res/3 << endl;
return 0;
}
C. Garland
题意：
给一个1-n的排列，但排列中的某些数被移去了，，定义一个概念complexity，它的值为排列中奇偶性不同的相邻两数的对数。，要求输出complexity值最小的排列。
思路：
定义一个四维dp数组 dp[i][even][odd][2] ，代表到第i个位置时，已经填了even个偶数，odd个奇数，此时在第i个位置填入（奇数或偶数）的最小答案。
在探讨转移方程之前，我们需要先计算总共空出多少个偶数和奇数，以及在第i个位置之前一共有多少个待填位置，定义为pre[i]。
我们首先要枚举前三维，假如现在枚举的偶数以及奇数数目符合要求，这时如果当前位置已经有数，
如果是奇数，若上一位为偶数，则对答案贡献+1。
f[i][j][k][0] = min(f[i - 1][j][k][0], f[i - 1][j][k][1] + 1);
若是偶数
f[i][j][k][1] = min(f[i - 1][j][k][0] + 1, f[i - 1][j][k][1]);
如果当前位置已经没有数，则需要两种情况都要考虑，同时要注意的时，我们现在是需要往里面填数的，所以转移方程略有不同。
f[i][j][k][0] = min(f[i - 1][j - 1][k][0], f[i - 1][j - 1][k][1] + 1);
f[i][j][k][1] = min(f[i - 1][j][k - 1][0] + 1, f[i - 1][j][k - 1][1]);
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 105;
int f[N][N][N][2]={0};
int a[N];
int pre[N];
int odd, even;
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &a[i]);
if (a[i] > 0)
{
if (a[i] % 2 == 0)
++even;
else
++odd;
pre[i] = pre[i - 1];
}
else
{
pre[i] = pre[i - 1] + 1;
}
}
if (n % 2 == 0)
{
even = n / 2 - even;
odd = n / 2 - odd;
}
else
{
even = n / 2 - even;
odd = n / 2 + 1 - odd;
}
memset(f, 0x3f, sizeof f);
//第二维和第三维为填充的偶数个数和奇数个数
// cout << 0x3f<< endl;
f[0][0][0][0] = 0;
f[0][0][0][1] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = 0; j <= even; ++j)
{
for (int k = 0; k <= odd; ++k)
{
if (a[i] > 0)
{
if (j + k <= pre[i])
{
if (a[i] % 2 == 0)
{
f[i][j][k][0] = min(f[i - 1][j][k][0], f[i - 1][j][k][1] + 1);
}
else
{
f[i][j][k][1] = min(f[i - 1][j][k][0] + 1, f[i - 1][j][k][1]);
}
}
}
else
{
if (j + k <= pre[i])
{
f[i][j][k][0] = min(f[i - 1][j - 1][k][0], f[i - 1][j - 1][k][1] + 1);
f[i][j][k][1] = min(f[i - 1][j][k - 1][0] + 1, f[i - 1][j][k - 1][1]);
}
}
}
}
}
int res = 0x3f3f3f3f;
res = min(f[n][even][odd][0], f[n][even][odd][1]);
printf("%d\n", res);
return 0;
D. Numbers on Tree
题意：
给你一个有根树，对于这棵树，每一个结点上都有一个数字ai，同时定义一个值ci，代表第以第i个结点为根的子树中值比自己大的数的根数，现在给出每个节点的父节点以及ci，请输出YES和任何符合条件的a数组或NO。
思路：
首先通过给出的信息，我们能够构造出这棵树，对于每个结点i，我们可以得到它的子树上有多少个结点，定义为sub[i]。假如子树上的结点数要比给出的c值要小，则一定输出NO，为了简便思考，我们可以假定a数组是1-n的一个排列，对于每一个结点，我们只要保证正好有c[i]个没有被选取的数即可，详细细节可以看代码。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e3+3;
int n,c[N],ans[N],sub[N];
bool vis[N],f;
vector<int>pic[N];
void dfs(int num)
{
if(!f)
return ;
int cnt = 0;
for(int i = 1;i<=n;++i)
{
if(!vis[i])
cnt++;
if(cnt==c[num]+1)
{
ans[num] = i;
vis[i] =1;
break;
}
}
for(int i = 0;i<pic[num].size();++i)
{
dfs(pic[num][i]);
sub[num]+=sub[pic[num][i]];
}
if(sub[num]<c[num])
{
f = 0;
return;
}
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
int root,p;
for(int i = 0;i<=n;++i)
pic[i].clear();
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i =1;i<=n;++i)
{
scanf("%d %d",&p,&c[i]);
if(p==0)
root= i;
else
pic[p].push_back(i);
}
for(int i = 1;i<=n;++i)
{
sub[i] = pic[i].size();
}
f = 1;
dfs(root);
if(f)
{
printf("YES\n");
for(int i = 1;i<=n;++i)
{
printf("%d%c",ans[i],i==n?'\n':' ');
}
}
else
printf("NO\n");
}
return 0;
}
E1. Madhouse (Easy version)
题意：
交互题，题目给出一个字符串的长度为n，你可对其进行不超过三次询问，格式为
？ l r 系统会返回s[l]-s[r]的所有子串（每个子串是乱序的），同时要求总返回的子串数不能超过（n+1）^2。
然后要求输出该字符串是什么，格式为
！s
思路：
这个题事实上只需要询问两次就够了，一个是1-n，另一个是2-n。下面简述下做法
以abcd为例吧
第一次询问
长度为1：a , b , c ,d
长度为2：ab, bc, cd
长度为3：abc，bcd
长度为4：abcd
第二次询问
长度为1：b , c ,d
长度为2：bc, cd
长度为3：bcd
通过观察我们可以发现，
长度为1时，第一次比第二次多一个字符串a，我们这样就得到字符串的第1个元素。
长度为2时，第一次比第二次多出ab，此时a是我们已知的元素，而b正好是第二个元素。
以此类推，就可以得到最终结果。
最后要特判n=1时的情况。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<string>vec[105];
map<string,int>mp,mp1;
string ans;
int n;
void solve()
{
ans.resize(n);
int res = 0;
for(int i = 1;i<=n;++i)
{
mp1.clear();
string tmp;
for(int j = 0;j<vec[i].size();++j)
{
mp1[vec[i][j]]++;
}
for(int j = 0;j<vec[i].size();++j)
{
if(mp.find(vec[i][j])==mp.end()||mp[vec[i][j]]!=mp1[vec[i][j]])
{
tmp = vec[i][j];
}
}
int sum = 0;
for(int i = 0;i<tmp.size();++i)
{
sum+=(tmp[i]-'a');
}
ans[i-1] = sum-res+'a';
res = sum;
}
cout << "! " << ans << endl;
}
int main()
{
// int n;
cin >> n;string s;
if(n==1)
{
cout << "? 1 1" << endl;
cin >> s;
cout << "! " << s << endl;
}
else
{
cout << "? 1 " << n << endl;
for(int i = 0;i<n*(n+1)/2;++i)
{
cin >> s;
sort(s.begin(),s.end());
vec[s.size()].push_back(s);
}
cout << "? 2 " << n << endl;
for(int i = 0;i<n*(n-1)/2;++i)
{
cin >> s;
sort(s.begin(),s.end());
mp[s]++;
}
solve();
}
return 0;
}