Cf 98 Div.2

又ak了一场 div2。。。

A题

给定一个CCPPCCPPCCCCCPPPP这样的只有C，P的串，从左到右，每次最多取5个字符，每次取的字符必须相同，问最少要取多少次。

我的代码比较短：

每次循环定个初始位置，以该位置的下一个位置开始for循环4次.

int main()
{
int ans,i,n;
char ch[110];
while(cin>>ch){
n= strlen(ch);
ans=0;
int st=0;
while(st<n){
for(i=st+1;i<st+5 && i<n;++i){
if( ch[i]!=ch[i-1] )
break;
}
ans++;
st= i;
}
cout<< ans <<endl;
}
}

B题

给定一个序列n<= 5000，每个元素大小介于1到n之间，问至少需要改变多少个元素才能使序列中的元素是两两不同即1到n每个数字各出现一次。

超水，统计没有出现的数字的个数。

C题

给定最多100000个区间，保证坐标x，y都是没有重复的。问有多少个区间是被包含了。

水。。。

按x排升序，然后对于每个区间，看前面已经查询过的区间的y的最大值，这个用一个变量保存就可以了。

鄙视，数组开小了，看成了10000，另外，貌似sort直接对pair排序是默认以first作为第一关键字的。

pair<int,int>p[maxn];

////// without this ,the code also get a Accepted,and the runtime is 90ms;   why;
/*bool cmp(pair<int,int>x,pair<int,int>y){
return x.first< y.first;
}*/

int main()
{
int n,i;
while(cin>>n){
for(i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&p[i].first,&p[i].second);
}
sort( p+1, p+1+n );
int ans=0,maxval= p[1].second;
for(i=2;i<=n;++i){
if( p[i].second < maxval )
ans++;
else
maxval= p[i].second;
}
cout<< ans <<endl;
}
}

D题

给定长度为n的字符串，n<=500，然后是k，要求把串划分为 不多于k个段，可以是1,2,3..k段，要求每段是回文串。 同时为了保证是回文串，需要进行必要的修改字符操作，要求输出最小的修改次数，即最后的结果串，段段之间用+号连接，如果多个答案，随意输出一个。

如：

abdcaba
5

answer：

0
a+b+d+c+aba

我的做法是dp，为了方便，我的字符串从1开始到n作为索引，dp[i][j]: [1,i] 划分为 j段的最小修改次数，显然dp[i][i] = 0;

dp[i][j]= min( dp[k][j-1]+ cal( i, i-k ));

cal( i, i-k ): 以i结尾长度为i-k的子串成为回文串的最小修改次数。

cal()可以预处理出来，cal(), 和DP都是 O( 500*500*500 )的复杂度，应该可以用dp优化;

同时为了记录+号的位置，pos[i][j]: 表示dp[i][j]取得最优值时，i前面第一个+出现在哪个字符后后面。

E题

给定长度n<= 200000的串，要求最长的满足v<= 2*c 的子串长度及相应的个数。v表示元音字母个数，c表示辅音字母个数;

我的考虑是 如果v[i] <= 2*c[i], 那么用i更新ans，这是肯定的。

如果不满足上式呢？ 有 v[i] - v[j] <= 2* ( c[i]- c[j] ): ==> 2*c[j]- v[j] <= 2*c[i] - v[i];

也即我们需要找到比i前面 比 (2*c[i]-v[i]) 小或相等的 j，且取最小的那个，解决方法是以 2*c[i]-v[i] 作为索引，以i作为值建立线段树维护最小值;

又考虑到 v[i] <= 2*c[i], 那么用i更新ans ， 建立线段树是针对 v[i] > 2*c[i]的i，且值是负数，可以加上一个add= n+1;，这样总区间是

[ 1,n ],。

当然会有更方便写的数据结构，我一时没有想到。

具体见代码。