【解题报告】Codeforces Round #410 (Div. 2)

题目链接

A. Mike and palindrome（Codeforces 798A）

思路

本题的入手点为“恰好改变一个字符”。

因为能且仅能改变一个字符，所以可以枚举被改变的字符，接着尝试将其改变成任意跟原字符不同的字符，然后判断新的字符串是否是回文串。

注意，每次判断完新字符串是否是回文串后要将字符串改回原串，这样才不会影响下次修改。

代码

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

string s, t;
int n;

// 判断字符串是否是回文串
bool isP(string s) {
n = s.size();
for(int i = 0; i < (n + 1) / 2; i++) {
if(s[i] != s[n - i - 1]) {
return false;
}
}
return true;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> s;
n = s.size();
t = s;
// 枚举被改变的字符
for(int i = 0; i < n; i++) {
// 枚举改变成的字符
for(int j = 0; j < 26; j++) {
if(s[i] == 'a' + j) {
continue;
}
t[i] = 'a' + j;
if(isP(t) == true) {
puts("YES");
return 0;
}
// 要改回去，不然影响下次判断
t[i] = s[i];
}
}
puts("NO");
return 0;
}

B. Mike and strings（Codeforces 798B）

思路

本题的入手点是，给的字符串数量并不多，于是可以用暴力的方法处理。

可以证明，选定某个字符串，将其它字符串都改成它，这一定是最优的策略。那么我们可以枚举这个“模板”字符串 Si ，接着可以计算出每个字符串改变成它所需要的操作次数 Resi ，然后将 Resi 跟当前最优解 ans 比较并且更新。

枚举的复杂度是 O(n) ，将字符串做一系列操作以确定是否能变成模板串的复杂度是 O(n2) （因为字符串不是用链表存储的，所以删除首字符的复杂度为 O(n) ），比较两个字符串是否相等的复杂度为 O(n) 。于是总的复杂度就是 O(n4) 。

如上述，可以用链表来将这个算法优化至 O(n3) 。

代码

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

const int maxn = 55, INF = 55 * 55;
string S[maxn], T[maxn];
int n, res, ans;

// 判断其它字符串是否能变成S[idx]
int solve(int idx) {
int res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(idx == i) {
continue;
}
T[i] = S[i];
int m = T[i].size();
bool ok = false;
// 反复将首字符加到尾部
for(int j = 0; j < m; j++) {
if(T[i] == S[idx]) {
ok = true;
res += j;
break;
}
T[i].push_back(T[i][0]);
T[i] = T[i].substr(1, m);
}
if(ok == false) {
return -1;
}
}
return res;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> S[i];
T[i] = S[i];
}
ans = INF;
// 枚举模板字符串
for(int i = 1; i <= n; i++) {
res = solve(i);
if(res < 0) {
cout << -1 << endl;
return 0;
}
ans = min(ans, res);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}

C. Mike and gcd problem（Codeforces 798C）

思路

本题的入手点是，尝试了若干数据后可以发现，问题的本质是奇偶性而不是最大公约数。

首先，对整个序列求一个 GCD ，若 GCD 大于 1 的话就可以直接输出答案了。

否则，先不考虑整个数组。考虑数组中的两个相邻元素 ai，ai+1 ，若它们是互质的，那么最多可以通过两次操作将他们改成 gcd(ai,ai+1)=2 的形式。为什么呢？我们考虑奇数偶数之间的加减关系:

奇数 ± 奇数 = 偶数

偶数 ± 偶数 = 偶数

奇数 ± 偶数 = 奇数

偶数 ± 奇数 = 奇数

那么我们有两种变换策略：

若两个相邻的数是互质的且两个数的奇偶性相同的话，则最多一次操作就可以让他们的 gcd 变成 2 。

若两个相邻的数是互质的且两个数的奇偶性不同的话，则通过两次操作（先变成两个奇数，再变成两个偶数）就可以让他们的 gcd 变成 2 。

到这里，我们别无选择，只能用这种两种策略，来拼凑出一个解。为什么这样是最优的呢？因为找不出更优的策略了（哈哈~抱歉^^）。那么问题就转化成怎么用这两种策略来将数组中的所有数变成偶数。这里同样有两种方法：

贪心。先将所有相邻的奇数通过一次变换双双变成偶数，再将所有的相邻的奇偶性不同的数通过一次变换双双变成偶数。

动态规划。如果对贪心的算法不放心的话用动态规划是最保险的。令 d[i][0] 表示当前考虑完第 i 个数，之前的数（ a[k],k<i ）都被改成偶数，且 a[i] 被改变成奇数时的最少修改次数。 d[i][1] 同理，是 a[i] 被改变成偶数的情况。状态转移的细节见代码中的注释。

代码1（贪心）

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

typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10, INF = 1e8;
ll x, y, n, g, ans, a[maxn];

ll gcd(ll x, ll y) {
return y ? gcd(y, x % y) : x;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
g = a[1];
for(int i = 2; i <= n; i++) {
g = gcd(g, a[i]);
}
if(g > 1) {
cout << "YES" << endl << 0 << endl;
return 0;
}
// 处理相邻两个数都是奇数的情况
for(int i = 1; i < n; i++) {
if(a[i] % 2 != 0 && a[i + 1] % 2 != 0) {
x = a[i];
y = a[i + 1];
a[i] = x - y;
a[i + 1] = x + y;
ans++;
}
}
// 处理剩下的情况
for(int i = 1; i < n; i++) {
if(a[i] % 2 == 0 && a[i + 1] % 2 == 0) {
continue;
}
for(int j = 1; j <= 2; j++) {
x = a[i];
y = a[i + 1];
a[i] = x - y;
a[i + 1] = x + y;
ans++;
}
}
cout << "YES" << endl << ans << endl;
return 0;
}

代码2（DP）

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

typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10, INF = 1e8;
ll x, y, n, g, ans, a[maxn], d[maxn][2];

ll gcd(ll x, ll y) {
return y ? gcd(y, x % y) : x;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
g = a[1];
for(int i = 2; i <= n; i++) {
g = gcd(g, a[i]);
}
if(g > 1) {
cout << "YES" << endl << 0 << endl;
return 0;
}
// DP的初始化
for(int i = 1; i <= n; i++) {
d[i][0] = d[i][1] = INF;
}
if(a[1] % 2 == 0) {
d[1][0] = 0;
}
else {
d[1][1] = 0;
}
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(a[i] % 2 == 0) {
// 当前a[i]是偶数且保持不变的情况
d[i][0] = min(d[i-1][0], d[i-1][1] + 2);
}
else {
// 当前a[i]是奇数且被修改成偶数时
d[i][0] = min(d[i-1][0] + 2, d[i-1][1] + 1);
// 当前a[i]是奇数且保持不变时
d[i][1] = d[i-1][0];
}
}
ans = d
[0];
cout << "YES" << endl << ans << endl;
return 0;
}

D. Mike and distribution（Codeforces 798D）

思路

本题的入手点是，将条件简化和排序后将问题简化。

首先注意到我们应该在子集中包含尽可能多的数，所以构造的子集中最好拿满 ⌊n2⌋+1 个数。

其次题目的条件“子集和的两倍大于数组和”等价于“子集和大于子集的关于全集的补集的和”。

因为题目给了两个数组，同时考虑两个数组求子集会比较难。因此可以用一个三元组数组 C 将 A ， B 的信息保存下来，其中 C[i]=(A[i],B[i],i) ，然后对 C 以 A 从大到小的顺序排序。排序的结果是，若我们拿 C 中相对靠前的数就很容易令 A 的子集的和达到条件。但是 B 的子集和怎么办呢？

很容易证明，对于一个乱序的序列，当我们两个两个地遍历数组时（假设当前遍历到 a[i],a[i+1] ），每次都将 max(a[i],a[i+1]) 加入子集就能使子集满足条件。

回到问题中来。在我们对 C 排序后，可以两个两个地遍历数组，每次拿 C[i],C[i+1] 中 B 较大的就可以了。如果数组元素有奇数个的话，先将第一个元素加入数组，然后在两个两个遍历数组即可。

代码

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

typedef tuple <int, int, int> t;
const int maxn = 1e5 + 5;
t ts[maxn];
vector <int> ans;
int n, a, b, c, d, idx, idx2;
int x[maxn], y[maxn];

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> x[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> y[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ts[i] = t(x[i], y[i], i);
}
ts[0] = t(0, 0, 0);
// 排序
sort(ts + 1, ts + n + 1);
// 将A最大的先加入子集
tie(a, b, idx) = ts
;
ans.push_back(idx);
// 两个两个遍历
for(int i = n - 1; i >= 1; i -= 2) {
tie(a, b, idx) = ts[i];
tie(c, d, idx2) = ts[i - 1];
if(b > d) {
ans.push_back(idx);
}
else {
ans.push_back(idx2);
}
}
cout << ans.size() << endl;
for(int val : ans) {
cout << val << ' ';
}
return 0;
}

（其它题目略）