A - Set
顯然答案是\(\max(\lfloor\frac{r}{k}\rfloor-l+1,0)\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,l,r,k;
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>l>>r>>k;
cout<<max(0ll,r/k-l+1)<<"\n";
}
return 0;
}
B - Replacement
我們發現只要\(0\)和\(1\)各存在至少\(1\)個，操作就能進行下去。所以\(r_i=1\)的操作可以看做刪掉一個\(0\)，\(r_i=0\)的操作則可以看做刪掉一個\(1\)。
這樣模擬就可以了，每次操作前如果剩餘\(0,1\)的個數存在\(0\)則答案是NO。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
string s,r;
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>s>>r;
int cnt0=0,cnt1=0;
bool f=1;
for(char i:s) (i=='0'?cnt0:cnt1)++;
for(char i:r){
if(!cnt0||!cnt1){
f=0;
break;
}
(i=='0'?cnt1:cnt0)--;
}
cout<<(f?"YES\n":"NO\n");
}
return 0;
}
另一種做法很簡單，如果\(s[1,n]\)中\(1\)的個數減去\(r[1,n-2]\)中\(0\)的個數為\(1\)，答案就是YES，否則NO。原理差不多，目的是讓執行最後一次操作前，序列中恰好有一個\(0\)和一個\(1\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
string s,r;
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>s>>r;
r.pop_back();
int cnts=0,cntr=0;
for(int i:s) cnts+=(i=='1');
for(int i:r) cntr+=(i=='0');
if(cnts-cntr==1) cout<<"YES\n";
else cout<<"NO\n";
}
return 0;
}
C - New Rating
二分解法
考慮二分答案\(x\)，轉為判斷“是否能讓最終得分\(\ge x\)”。
用\(f[i]\)表示參加第\(i\)場比賽之後的得分；\(g[i]\)表示\(i\)這場比賽前可能的最小得分，使得最終得分\(\ge x\)。\(f\)可以透過模擬求出，\(g\)可以用下面的方法求得：
\[g[i]=\begin{cases}
x&i=n\\
g[i+1]-1&i\le n,a[i]\ge g[i+1]\\
g[i+1]+1&i\le n,a[i]<g[i+1]
\end{cases}\]
只要存在區間\(l\le r\)，使得\(f[l-1]\ge g[r+1]\)，則說明我們可以讓最終得分\(\ge x\)。
時間複雜度\(O(n\log n)\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define N 300010
using namespace std;
int t,n,a[N],f[N];
bool check(int x){
int g=x;
for(int i=n;i>=1;i--){
if(f[i-1]>=g) return 1;
if(a[i]>=g) g--;
else g++;
}
return 0;
}
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
int cur=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
if(a[i]>cur) cur++;
else if(a[i]<cur) cur--;
f[i]=max(f[i-1],cur);
}
int l=0,r=n;
while(l<r){
int mid=(l+r+1)>>1;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
cout<<l<<"\n";
}
}
DP解法
\(f[i][j\in[0,2]]\)來表示考慮前\(i\)個比賽，第\(i\)場的狀態是\(j\)的答案。其中\(j=0,1,2\)分別表示在跳過的比賽之前、屬於跳過的比賽、在跳過的比賽之後。則
\[f[i][j]=\begin{cases}
g(f[i-1][0],a[i])&j=0\\
\max(f[i-1][0],f[i-1][1])&j=1\\
\max(g(f[i-1][1],a[i]),g(f[i-1],a[i]))&j=2
\end{cases}\]
轉移可以滾掉第\(1\)維。最終答案就是\(\max(f[n][1],f[n][2])\)。
時間複雜度\(O(n)\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 300010
using namespace std;
int t,n,a[N],f[3];
int g(int a,int b){return a+(b>a)-(b<a);}
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
f[0]=0,f[1]=f[2]=INT_MIN;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[2]=max(g(f[1],a[i]),g(f[2],a[i]));
f[1]=max(f[1],f[0]);
f[0]=g(f[0],a[i]);
}
cout<<max(f[1],f[2])<<"\n";
}
return 0;
}