CF1506-编程知识

CF1506

news/2025/2/24 18:52:43/文章来源:https://www.cnblogs.com/Myyy-L/p/18566015

感觉今天脑子特别不清醒AWA

A.Strange Table

CF原题链接

题目大意：

给出两种矩阵的排列方式：

竖排

\[\begin{matrix} 1 & 4 & 7 & 10 & 13 \\ 2 & 5 & 8 & 11 & 14 \\ 3 & 6 & 9 & 12 & 15 \\ \end{matrix} \]

横排

\[\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\ 11 & 12 & 13 & 14 & 15 \\ \end{matrix} \]

每次给出\(n,m,k\)，求在\(n\times m\)的矩阵中，对于竖排数字为\(k\)的位置，横排数字是多少\((1\leqslant n,m\leqslant 10^{6},1\leqslant k\leqslant n\times m)\)

解题思路：

直接做做完了。通过一些加减乘除求出数字\(k\)在竖排中的位置坐标\((x,y)\)，再通过一些加减乘除求出横排中\((x,y)\)的数即可。

~~可恶啊，刚开始取模的时候没特判0~~

小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T;
int n,m,x;
signed main()
{scanf("%lld",&T);while (T--){scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&x);int r=x%n,c=(x+n-1)/n;if (r==0) r=n;printf("%lld\n",(r-1)*m+c);}return 0;
}

B.Partial Replacement

CF原题链接

题目大意：

给出一个由' . '和' * '组成的字符串\(s\)，每次操作需要将一个' * '改为' x '，使得对于所有\(s_{i}=s_{j}=' x\ '\)，满足\(j-i\leqslant k\)

特别地，要求第一个与最后一个' * '必须变为' x '。

求使字符串满足条件时，最少的操作次数。保证给出数据有合法解。\((1\leqslant k\leqslant n\leqslant 500)\)

解题思路：

直接模拟做做完了。用\(pre\)记录上一个变为' x '的位置，用\(lst\)记录上一个' * '的位置，若当前\(i-pre>k\)，那么\(lst\)就一定要变成' x '。注意特判第一个和最后一个，额外\(+1\)的时候不要重复加。

小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T;
int n,k;
string str;
int cnt,tol;signed main()
{cin>>T;while (T--){cin>>n>>k>>str;cnt=tol=0;int _size=str.size();int pre=-1,lst=0;for (int i=0;i<_size;i++){if (str[i]!='*') continue;if (pre==-1) lst=i;if (i-pre>k||pre==-1) cnt++,pre=lst;lst=i,tol++;}if (tol>1) cnt++;printf("%lld\n",cnt);}return 0;
}

C.Double-ended Strings

CF原题链接

题目大意：

给出两个字符串\(a,b\)，每次操作可以删去一个字符串的第一个字符或最后一个字符，求至少需要多少次操作可以使得\(a,b\)完全相同。\((1\leqslant |a|,|b|\leqslant 20)\)

解题思路：

逆转题意，我们可以将题意转化为：求\(a,b\)的最长公共子串长度\(len\)，输出\(|a|+|b|-len\times 2\)。注意到极小的数据量，我们可以直接设状态\(f_{i,j}\)表示以\(a_{i},b_{j}\)结尾的最长公共子串的长度，状态转移方程也很好想，就是

\[f_{i,j}= \begin{cases} 0,a_{i}\neq b_{j}\\ f_{i-1,j-1}+1,a_{i}=b_{j} \end{cases}\]

小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=25;
int T;
string a,b;
int f[N][N];
int ans;signed main()
{cin>>T;while (T--){cin>>a>>b;int size1=a.size(),size2=b.size();a=" "+a,b=" "+b;ans=0;for (int i=1;i<=size1;i++){for (int j=1;j<=size2;j++){if (a[i]==b[j]) f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;else f[i][j]=0;ans=max(ans,f[i][j]);}}cout<<size1+size2-ans*2<<'\n';}return 0;
}

D.Epic Transformation

CF原题链接

题目大意：

给出一个长度为\(n\)的序列\(a\)，每次操作可以选择\(i,j\) 满足\(a_{i}\neq a_{j}\)并删除\(a_{i},a_{j}\)，求序列\(a\)经过若干次操作后最少有多少个数。\((1\leqslant \Sigma n\leqslant 2\times 10^{5},1\leqslant a_{i}\leqslant 10^{9})\)

解题思路：

注意到什么情况下会剩下数。设\(k\)为序列中值为某数的个数，只要\(k\leqslant \lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)那么一定有法两两匹配；但若是存在\(k>\lfloor \frac{n}{2}\rfloor\)，那么一定会剩下 \(k\times2-n\) 个数无法匹配。显然，这样的数在整个序列中最多只会存在一个，所以统计最大的\(k\)值即可。再次注意到\(a_{i}\)的值域，再次用\(map\)当桶数组。

注意到两两匹配，那么还需要判断一下\(n\)的奇偶再输出。

小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int T;
int n,a[N];
map <int,int> bx;
int k;signed main()
{scanf("%lld",&T);while (T--){k=0;bx.clear();scanf("%lld",&n);for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);bx[a[i]]++;k=max(k,bx[a[i]]);}if (k<=n/2) printf("%lld\n",n%2);else printf("%lld\n",k*2-n);}return 0;
}

E.Restoring the Permutation

CF原题链接

题目大意：

给出一个长度为\(n\)的序列\(q\)，要求分别输出字典序最小、字典序最大的合法排列\(p\)。我们认为排列\(p\)合法，当且仅当：

\(p\)是长度为\(n\)的排列
对于\(\forall i\in [1,n]\)，有\(q_{i}=max\{p_{1},p_{2},…,p_{i}\}\)

\((1\leqslant n\leqslant 2\times 10^{5},1\leqslant q_{i}\leqslant n)\)

解题思路：

翻译题意后，原题相当于：给出一个排列的前缀最大值数组\(q\)，要求输出字典序最大、最小的原排列\(p\)。

直接模拟做完了。用\(set\)维护剩下可选的数，若\(q_{i}\neq q_{i-1}\)，那么一定满足\(p_{i}=q_{i}\)；若\(q_{i}=q_{i-1}\)，那么贪心考虑\(p_{i}\)即可。

小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int T;
int n,q[N];
int ans1[N],ans2[N];
set <int> st1,st2;signed main()
{scanf("%lld",&T);while (T--){scanf("%lld",&n);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&q[i]);for (int i=1;i<=n;i++) st1.insert(i),st2.insert(i);for (int i=1;i<=n;i++){if (q[i]!=q[i-1]) {ans1[i]=ans2[i]=q[i];st1.erase(q[i]),st2.erase(q[i]);continue;}set <int> ::iterator it=st2.lower_bound(q[i]);it--;ans2[i]=*it;st2.erase(*it);set <int> ::iterator it2=st1.begin();ans1[i]=*it2;st1.erase(*it2);}for (int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans1[i]);printf("\n");for (int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans2[i]);printf("\n");}return 0;
}