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CodeForces Round #581 Div2 题解

2019 年 9 月 30 日 10:19

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Codeforces Round #581 (Div. 2) 比赛链接：LInk

C - Anna, Svyatoslav and Maps

Description

给出一张有向图，每条边的边权都是 1。给出一个 m 个点的路径序列 {pi}\{p_i \}，表示依次经过这 m 个点的路径。路径序列中相邻元素之间有边相连。
现在需要你找出这个序列的一个最短的子序列 {vi}\{v_i \}，长度为 k，使得经过这 k 个点的路径也经过 {pi}\{p_i \} 中所有点。

（难以描述……）

Define the sequence v1,v2,…,vkv_1,v_2,\dots,v_k of kk vertexes as good, if vv is a subsequence of pp, v1=p1v_1=p_1, vk=pmv_k=p_m, and pp is one of the shortest paths passing through the vertexes v1,…,vkv_1 ,\dots, v_k in that order.

（题目里说是无环的，但是给出数据包括样例都是有环的……没搞懂……）

数据范围：2≤n≤100,2≤m≤1062\leq n\leq 100, 2\leq m\leq 10^6。

Solution #1

VP 的时候写出来的，但是数组开小了 qwq 一直显示 WA 但是一直找不到错……

翻译一下题意无非就是让我们找“不必要的点”，即在路径中删除之后根据之前和之后的点能推断出的点。既然走的是最短路，能删除的点自然是在最短路径上的点。
看到百级的数据肯定先跑 Floyd，然后遍历题中的路径。答案序列初始只有 p[1]，记答案序列最后一个元素是 last，则对于每个元素只要判断是否在最短路上即可：

dist(last,pi+1)==dist(last,pi)+dist(pi,pi+1)dist(last,p_{i+1}) == dist(last,p_i) + dist(p_i,p_{i+1})

Code #1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
inline int read(){
    int ret=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ret*f;
}
 
const int INF=0x3f3f3f3f;
 
const int maxn=105;
const int maxm=1000005;
 
int n,m;
int dist[maxn][maxn];
 
int p[maxm];
vector<int> ans;
 
void Floyd(){
    for (int k=1;k<=n;k++)
        for (int i=1;i<=n;i++)
            for (int j=1;j<=n;j++)
                dist[i][j]=min(dist[i][j],dist[i][k]+dist[k][j]);
}
 
signed main(){
    n=read();
    memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
    for (int i=1;i<=n;i++) dist[i][i]=0;
    
    char ch=getchar(); while (ch!='0'&&ch!='1') ch=getchar();
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++){
            if (ch=='1') dist[i][j]=1;
            if (i==n&&j==n) continue;
            ch=getchar(); while (ch!='0'&&ch!='1') ch=getchar();
        }
    m=read();
    for (int i=1;i<=m;i++) p[i]=read();
 
    Floyd();
    int last=-1;
    for (int i=1;i<=m;i++){
        if (i==1 || i==m) {
            ans.push_back(p[i]);last=p[i];
            continue;
        }
        if (dist[last][p[i+1]] == dist[last][p[i]]+dist[p[i]][p[i+1]]){continue;}
        ans.push_back(p[i]);last=p[i];
    }
    printf("%d\n",(int)ans.size());
    for (int i=0;i<(int)ans.size();i++) printf("%d ",ans[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}

Solution #2

（来自 CF 官方 Tutorial）

先跑 Floyd（或者 DFS……），一样先把 p1p_1 加入答案，然后遍历 pp 路径时记录 last 到当前的路径长度（因为题目中保证 pp 的相邻元素之间有边），如果 dist(last,pi)dist(last,p_i) 小于记录的路径长度，说明 last 到这个点有其他更短的路径，则必须在答案序列加入 pi−1p_{i-1} 以确保沿 pp 路径走。

Code #2

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

inline int read(){
    int ret=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ret*f;
}

const int INF=0x3f3f3f3f;

const int maxn=105;
const int maxm=1e6+5;

int n,m;
int dist[maxn][maxn];

int p[maxm];
vector<int> ans;

void Floyd(){
    for (int k=1;k<=n;k++)
        for (int i=1;i<=n;i++)
            for (int j=1;j<=n;j++)
                dist[i][j]=min(dist[i][j],dist[i][k]+dist[k][j]);
}

signed main(){
    n=read();
    memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
    for (int i=1;i<=n;i++) dist[i][i]=0;
    
    char ch=getchar(); while (ch!='0'&&ch!='1') ch=getchar();
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++){
            if (ch=='1') dist[i][j]=1;
            if (i==n&&j==n) continue;
            ch=getchar(); while (ch!='0'&&ch!='1') ch=getchar();
        }
    m=read();
    for (int i=1;i<=m;i++) p[i]=read();

    Floyd();
    int last,cnt;
    for (int i=1;i<=m;i++){
        cnt++;
        if (i==1) {
            ans.push_back(p[i]);last=p[i];cnt=0;
        } else if (i!=2 && dist[last][p[i]] < cnt){
            ans.push_back(p[i-1]);
            last=p[i-1];cnt=1;
        }
    }
    ans.push_back(p[m]);
    printf("%d\n",(int)ans.size());
    for (int i=0;i<(int)ans.size();i++) printf("%d ",ans[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}

D1/D2 - Kirk and a Binary String

Description

给出一个长度为 n 的 0/1 串 s，你需要找出一个长度相同的 0/1 串 t，满足：

  • 对于任意 ll 和 rr（1≤l≤r≤n1\leq l \leq r\leq n），满足 [l,r][l,r] 区间之内两个串的最长非降子序列（LIS）长度相等；
  • t 串中 0 尽量多。

数据范围：n≤2000n\leq 2000。

Solution #1

（来自 https://blog.csdn.net/nudt_spy/article/details/99940916）

从后向前考虑：

  • 对于 0：必然是某个 LIS 的一部分，如果改为 1，必然会缩短 LIS 的长度（1）；
  • 对于 1：
    • 如果以它为起点的区间的 LIS 包含它（显然这个区间的 LIS 全是 1），则把它修改为 0 没有变化（2）；
    • 如果以它为起点的区间的 LIS 不包含它，则把它改为 0 会增加 LIS 长度（3）；

所以只有第（2）种情况可以修改。如果某个区间的 LIS 全是 1，则这个区间必然是 1 的数量大于 0 的数量，并且 1 开头。所以只要从后往前统计，如果 1 的数量大于等于 0 的数量，则允许将 1 改为 0。

（为什么不考虑形如 10001111 的数列？（这个数列里 LIS 似乎并不是第二种情况）在从后向前处理时，后面的 1 都会被搞成 0，换句话说最终 LIS 全是 0 或者全是 1）

Solution #2

（来自 CF 官方 Tutorial）

如果对于一个 0/1 串 pp，没有串与它满足条件一，则称这个串为 fixed 串。则有以下几条事实：

  • 10 是 fixed 的；
  • 如果 pp 和 qq 都是 fixed 的，则 pqpq 也是 fixed 的；
  • 如果 pp 是 fixed 的，那么 1p01p0 也是 fixed 的；
  • 每个 fixed 串的 0 和 1 数量相等；
  • 每个 fixed 串的 LIS 长度都是其一半，并且只包含 0 或者只包含 1；

（证明可见：https://www.cnblogs.com/yyf0309/p/11389504.html）

那么对于题目中所给的 s，其中的若干 fixed 串是不能改变的，可以不考虑；
则剩下的部分都是一段段 LIS（否则就会有 10 即 fixed string）。所以只要剩下的部分把 1 改成 0，各个 LIS 都不会改变。

Code #2

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline int read(){
    int ret=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ret*f;
}

const int maxn=100005;

int n;
char s[maxn];
bool vis[maxn];

signed main(){
    scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);
    for (int i=1;i<=n;i++) if (i!=1 && s[i-1]=='1' && s[i]=='0'){
        int l=i-1,r=i; vis[l]=vis[r]=true;
        while (l-1>=1&&s[l-1]=='1' && r+1<=n&&s[r+1]=='0') l--,r++,vis[l]=vis[r]=true;
        for (;;){
            if (l-1>=1 && vis[l-1]){
                while (l-1>=1 && vis[l-1]) l--;
                while (l-1>=1&&s[l-1]=='1' && r+1<=n&&s[r+1]=='0') l--,r++,vis[l]=vis[r]=true;
            } else break;
        }
        i=r;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) if ((!vis[i]) && s[i]=='1') s[i]='0';
    printf("%s\n",s+1);
    return 0;
}

1204E - Natasha, Sasha and the Prefix Sums

Description

给出 nn 和 mm，对于每个长度为 n+mn+m、包含 nn 个 1、mm 个 -1 的数列，有其最大的前缀和（如果小于 0 则取 0）。形式化地说，定义 f(a)f(a) 为长度为 ll 的序列 a1,…,ala_1,\dots,a_l 的最大前缀和，l≥0l \geq 0，则：

f(a)=max⁡(0,max⁡1≤i≤l∑j=1iaj)f(a) = \max (0, \smash{\displaystyle\max_{1 \leq i \leq l}} \sum_{j=1}^{i} a_j )

需要求出对于所有这样的数列，最大前缀和之和。模 998244853。

数据范围：0≤n,m≤20000\leq n,m\leq 2000。

Solution

（来自 CF 官方 Tutorial）

首先构造一个 DP 数组 G(i,j)G(i,j)，表示 n−i,m=jn-i,m=j 时最大前缀和是 0 的数组数量。

  • i=0i=0 时：显然 G(i,j)=1G(i,j)=1；
  • i>ji>j 时：G(i,j)=0G(i,j)=0；
  • 其他情况：可以从 G(i−1,j)G(i-1,j) 中转移：直接在最后加上一个 1，原来最大前缀和是 0 的现在还是 0（因为 x≤yx\leq y），G(i,j−1)G(i,j-1) 同理。
    所以：G(i,j)=G(i−1,j)+G(i,j−1)G(i,j)=G(i-1,j)+G(i,j-1)；
    这个数组的构造可以解决 “前缀和小于 0 时取 0” 的问题。

定义 F(i,j)F(i,j) 表示 n=i,m=jn=i,m=j 时的答案（最大前缀和之和）。

  • i=0i=0 时：显然 F(i,j)=0F(i,j)=0；
  • j=0j=0 时：显然 F(i,j)=iF(i,j)=i；
  • 考虑对于 (i−1,j)(i-1,j) 的数列：在前面加上一个 1 就可以变成 i,ji,j，这样的数列有 (x+y−1x){x+y-1 \choose x} 个，则这一部分答案是 (i+j−1j)+F(x−1,y){i+j-1 \choose j} + F(x-1,y)；同样地，对于 (i,j−1)(i,j-1) 的数列有 (i+j−1i)−G(i,j−1){i+j-1 \choose i} - G(i,j-1) 个（为 0 的不能再减），每个减去一个 1，这部分答案是 F(i,j−1)−((i+j−1i)−G(i,j−1))F(i,j-1)-({i+j-1 \choose i} - G(i,j-1))。

F(i,j)=(i+j−1j)+F(x−1,y)+F(i,j−1)−((i+j−1i)−G(i,j−1))F(i,j)={i+j-1 \choose j} + F(x-1,y) + F(i,j-1)-({i+j-1 \choose i} - G(i,j-1))

Code

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

#define int long long

inline int read(){
    int ret=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ret*f;
}

const int tt=998244853;
const int maxn=2005;

int n,m;
int f[maxn][maxn],g[maxn][maxn];
int c[maxn*2][maxn*2];

void build_cons(){
    c[1][0]=c[1][1]=1;
    for (int i=2;i<=n+m;i++){
        c[i][0]=c[i][i]=1;
        for (int j=1;j<i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%tt;
    }
}

signed main(){
    n=read(); m=read();

    for (int i=0;i<=n;i++)
        for (int j=0;j<=m;j++){
            if (i==0) g[i][j]=1; else
            if (i>j) g[i][j]=0; else
            g[i][j]=(g[i-1][j]+g[i][j-1])%tt;
        }

    build_cons();
    
    for (int i=0;i<=n;i++)
        for (int j=0;j<=m;j++){
            if (i==0) f[i][j]=0; else
            if (j==0) f[i][j]=i; else
            f[i][j]=((c[i+j-1][j]+f[i-1][j])%tt+(f[i][j-1]-(c[i+j-1][i]-g[i][j-1])%tt+tt)%tt)%tt;
        }

    printf("%lld\n",f[n][m]);
    return 0;
}

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