【解題報告】Educational Codeforces Round 21

題目鏈接

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A. Lucky Year（Codeforces 808A）

思路

本題的入手點是，想明白一個正整數只有一個非零位是什麼概念。
一個正整數只有一個非零位，那麼這個數就只有最高位有非零位，也就可以表示成表示成這樣： a∗10b ，其中 a∈[1,9] 。
那麼我們可以設計出這樣的算法：將正整數 n 的最高位增加 1 （如果是 9 的話就增加到 10 ），然後將所有其它爲清零得到一個新的數 k ，最後 k−n 就是答案。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
string s;
ll k, d;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> s;
    k = s[0] - '0' + 1;
    for(int i = 1; i <= s.size() - 1; i++) {
        k *= 10;
    }
    stringstream ss;
    ss << s;
    ss >> d;
    cout << k - d << endl;
    return 0;
}

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B. Average Sleep Time（Codeforces 808B）

思路

本題的入手點在於，熟悉前綴和數組或能夠構造出所需數列。
這道題要求的東西實際上是一個“奇怪的平均值”：“奇怪的和 s ”除以 (n−k+1) 。其中 s 爲一個長度爲 k 的滑窗（也就是一個“可以滑動的區間”，其軌跡爲 [1,k],[2,k+1],... ）掃過長度爲 n 的數組，在每個狀態中將滑窗中的數求和，再將所有和求和的結果。也就是說，如果我們可以模擬滑窗的前進，並能夠實時高效地查詢滑窗內的和就能夠將本題解決。設 b[i]=∑limitsij=1a[i] ，也就是設 b 爲 a 的前綴和數組，那麼當我們的滑窗走到 [i,i+k−1] 這個區間的時候其區間的和爲 b[i+k−1]−b[i−1] 將其累加進答案即可。
當然，除了前綴和外，還可以直接計算答案。直接計算答案的思路是考慮數組中每個元素在 s 中的貢獻度。我們可以先考察 n=7，k=3 時各個元素在 s 中的加和次數，將其寫成數列的形式爲：

1,2,3,3,3,2,1

現在根據規律嘗試推廣，於是嘗試求推廣後數列的通項公式設 f(n,k,i) 爲數組長度爲 n ，滑窗大小爲 k 時數列第 i 項的元素，那麼 f(n,k,i)=mink,n−k+1,i,n−i+1 。
（以下代碼爲方法 2 的代碼）

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 10;
int n, k, a;
double ans;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cout.tie(0);
    cin.tie(0);
    cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a;
        ans += 1.0 * a * min(min(k, n - k + 1), min(i, n - i + 1));
    }
    cout << setprecision(7) << fixed;
    cout << ans / (n - k + 1) << endl;
    return 0;
}

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C. Tea Party（Codeforces 808C）

思路

本題的入手點在於逐步地滿足條件。
首先，我們一定可以給每個杯子倒上一半的水，如果不行的話就無解。那麼接下來只剩下把水壺中的水全部倒出來這一個條件需要滿足了。顯然，可以通過貪心地從大杯子到小杯子依次將杯子倒滿來滿足條件。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef pair <int, int> p;
const int maxn = 110;
int n, w, a, idx, cur, tmp, ans[maxn];
p ps[maxn];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n >> w;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a;
        ps[i] = p(a, i);
    }
    sort(ps + 1, ps + n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        a = ps[i].first;
        idx = ps[i].second;
        cur = max(cur, a / 2 + (a % 2 > 0));
        ans[idx] = cur;
        w -= cur;
        if(w < 0) {
            cout << -1 << endl;
            return 0;
        }
        if(i == n && w > 0) {
            ans[idx] += w;
        }
    }
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        a = ps[i].first;
        idx = ps[i].second;
        ans[idx] += tmp;
        if(ans[idx] > a) {
            tmp = ans[idx] - a;
            ans[idx] = a;
        }
        else {
            tmp = 0;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cout << ans[i] << ' ';
    }
    return 0;
}

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D. Array Division（Codeforces 808D）

思路

本題的入手點在於考察將一個元素移動後會對結果有什麼影響。
假設有下面的數組：

22345

我們將其做一個劃分（用豎線）：

2234|5

顯然，將 3 移動到豎線右邊就能使得豎線左右兩邊的和相等。

224|35

可以觀察到，將3 從豎線左邊移動到豎線右邊，使得豎線左邊的數字之和減少了3 ，而右邊增加了3 。也就是說，左右兩邊的和的差值減少了6 。
那麼顯然，如果已經知道了豎線的位置，同時分別知道了豎線左邊的數字之和s1 ，也知道了豎線右邊的數字之和s2 ，如果豎線左邊存在數字(s1−s2)/2 ，或豎線右邊存在數字(s2−s1)/2 的話，就表示可以通過將元素右移或左移來使得豎線兩邊之和相等。
所以我們可以預處理出前綴和數組與後綴和數組，枚舉豎線的位置的同時用STL 的set 維護豎線左右兩邊元素的位置，就可以爲上面提到的算法高效地提供所有所需數據了。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, a[maxn];
ll d, L[maxn], R[maxn];
set <ll> ls, rs;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        L[i] = L[i - 1] + a[i];
    }
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        R[i] = R[i + 1] + a[i];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        d = R[i + 1] - L[i];
        if(d == 0 || d < 0 && d % 2 == 0 && ls.count(-d / 2)) {
            cout << "YES" << endl;
            return 0;
        }
        ls.insert(a[i]);
    }
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        d = L[i - 1] - R[i];
        if(d == 0 || d < 0 && d % 2 == 0 && rs.count(-d / 2)) {
            cout << "YES" << endl;
            return 0;
        }
        rs.insert(a[i]);
    }
    cout << "NO" << endl;
    return 0;
}

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E. Selling Souvenirs（Codeforces 808E）

思路

本題的入手點是，在動態規劃中選用貪心策略。
雖然本題長得很像揹包問題，但是因爲物品數量和揹包容量的乘積太大，所以不能用傳統的方法來做。跟傳統的問題相比，物品的種類只有三種（重量分別爲1，2，3 ），這給了我們優化的契機。對於每種物品，我們顯然會先拿價值比較高的。
因此我們可以將三種物品的價值分別放入數組tab[1],tab[2],tab[3] 中，然後分別對這三個數組排序。用tab[1]，tab[2] 和動態規劃預處理出d[] 數組，其中d[i] 表示只考慮重量爲1 和2 的物品，並且已經拿了總重爲i 的物品時，能拿到的物品最大價值，在動態規劃的過程中每次要向背包加入某種重量中最大價值的物品。然後對於第三種物品，將其加入揹包的方法是，枚舉結果中拿的第三種物品的數量j ，那麼對於j ，答案就是d[m−3j]+sumtab[3](1,j) 。sum 函數代表對某個數組求區間內元素的和，這裏的意思是對tab[3] 數組的前j個元素求和（可以用前綴和數組優化一下）。
那麼可不可以在動態規劃的過程中考慮三種物品而不是兩種物品呢？答案是可以，但是要考慮的情況就要複雜一些，比如，當要向背包加入重量爲3 的物品時，有可能是加入三件重量爲1 的物品，一件重量爲2 和一件重量爲1 的物品或一件重量爲3 的物品。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxm = 3e5 + 5;
vector <ll> tab[4];
int n, m, w, x, c[3][maxm];
ll ans, d[maxm], sum[maxm];

bool cmp(ll a, ll b) {
    return a > b;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cout.tie(0);
    cin.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> w >> x;
        tab[w].push_back(x);
    }
    for(int i = 1; i <= 3; i++) {
        sort(tab[i].begin(), tab[i].end(), cmp);
    }
    for(int j = 0; j < m; j++) {
        sum[j + 1] = sum[j];
        if(j < tab[3].size()) {
            sum[j + 1] += tab[3][j];
        }
    }
    if(tab[1].size() > 0) {
        d[1] = tab[1][0];
        c[1][1] = 1;
    }
    for(int i = 2; i <= m; i++) {
        for(int j = 1; j <= 2; j++) {
            if(c[j][i - j] >= tab[j].size()) {
                continue;
            }
            if(d[i] < d[i - j] + tab[j][c[j][i - j]]) {
                d[i] = d[i - j] + tab[j][c[j][i - j]];
                c[j][i] = c[j][i - j] + 1;
                c[j^3][i] = c[j^3][i - j];
            }
        }
    }
    for(int i = 0; i <= m; i++) {
        ans = max(ans, d[i] + sum[(m - i) / 3]);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

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（其它題目略）