CF1800A Is It a Cat?
Description
给定一个字符串及其长度,如果满足下列条件输出 YES
否则输出 NO
。
- 该字符串由四部分组成
- 每部分有且仅有一种字母(不分大小写),依次为
m
,e
,o
,w
。
共 组数据。
Solution
条件包含两部分,有且仅有这四种字母出现,并且可以分成四个字母块(每个字母块有且仅有一种字母,且字母块排列必须是给定顺序)。
详见代码。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int t;
int a[10][10];
bool vis[10];
ll read(){
ll x=0,f=1;
char ch;
ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
void solve(){
int n,ans=0;
string s;
cin>>n;
cin>>s;
memset(a,-1,sizeof(a)); //a[1~4][0/1] 表示四种字母第一个出现的位置和最后一次出现的位置,记得初始化数组
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i]=='m'||s[i]=='M'){
if(a[1][1]==-1) a[1][1]=i; //第一次出现
a[1][2]=i; //只要是该字母就要更新最后出现的位置
ans++; //ans记录这四种字母出现的总数
}else if(s[i]=='e'||s[i]=='E'){
if(a[2][1]==-1) a[2][1]=i;
a[2][2]=i;
ans++;
}else if(s[i]=='o'||s[i]=='O'){
if(a[3][1]==-1) a[3][1]=i;
a[3][2]=i;
ans++;
}else if(s[i]=='W'||s[i]=='w'){
if(a[4][1]==-1) a[4][1]=i;
a[4][2]=i;
ans++;
}
}
if(a[1][1]!=0||a[2][1]!=a[1][2]+1||a[3][1]!=a[2][2]+1||a[4][1]!=a[3][2]+1||a[4][2]!=n-1||ans!=n){ //满足条件肯定是四种字母按顺序头连尾,尾连头且ans一定等于n
cout<<"NO"<<endl;
}else cout<<"YES"<<endl;
}
int main(){
t=read();
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
CF1800B Count the Number of Pairs
Description
给定 ,,长度为 的字符串 。
一个大写的字母和一个小写格式的该字母可以合并,合并后消失,且分值加一。
一次操作定义为将一个字母改变其大小写格式(大写转小写,小写转大写)。
求在不超过 次操作后,该字符串的分值的最大值。
共 组数据。
Solution
设 表示字母 a
的大小写数量。
为了让分值最大,所以要让大小写数量之差越小,这样才能使能合并的对数越多。
一种字母最多能有 对大小写能合并,而达到这个数量需要 (操作后的对数减去原来就有的对数就是操作中改动的对数)次操作。将二十六种字母的 加起来,与 取较小值(这就是在不超过操作 次能增加的对数)加上原来就有的对数(),这就是最终答案。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int t;
int a[30],b[30];
ll read(){
ll x=0,f=1;
char ch;
ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
void solve(){
int n=read(),k=read(),ans=0;
string s;
cin>>s;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i]<='z'&&s[i]>='a') a[s[i]-'a'+1]++;
else if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z') b[s[i]-'A'+1]++;
}
for(int i=1;i<=26;i++){
ans+=min(a[i],b[i]);//操作前就有的分值
ans+=min(abs(a[i]-b[i])/2,k);//操作后增加的分值
k-=min(abs(a[i]-b[i])/2,k);//减去该字母耗费的操作数
}
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
t=read();
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
CF1800C1&C2 Powering the Hero
Description
简单版和困难版的唯一区别在于 和 的数据范围。
桌上有 张牌每张牌都有一个能量值 ,英雄牌的能量值为 ,加分牌的能量值为正整数。
每次从桌上的牌堆顶部拿一张牌直到无牌可拿。
- 若该牌为加分牌,你可以将其放在加分牌堆的顶部或丢弃此牌。
- 若该牌为英雄牌,那么加分牌堆堆顶的牌的能量值将赋予该英雄牌,英雄牌加入军队,且该加分牌丢弃。
问军队的总能量值的最大值。
共 组数据。
Solution
每次取当前还在加分牌堆顶的最大值即可。
例:1187090
若所有加分牌都加入堆的话第一张英雄牌取得的是 7
,而当前最大值为 8
,明显在取 7
时弃牌即可。
例:1187010
将所有加分牌放入堆时,第一张英雄牌的当前最大值为 8
,而想要取到只可能弃 7
,此时军队最大值为 15
,明显不是最优。其实换个角度想,第一张英雄牌取 7
,第二张英雄牌取 8
,本质相同。
总结,若第 两张英雄牌(可以扩展到多张牌), 取 前面的牌最优,就说明 中没有加分牌能在前 张牌中在前二大(例子中第二大为 7
而 中只有 1
,取 时最大为 7
,实则为 8
),否则说明 中有更大的牌,定为 时最大的牌(因为前 的最大 8
已经取走)。
所以满足取当前加分牌堆最大值的结论,即使当时那张英雄牌取不到(例子二),但后面的英雄牌仍能补上。
取最大值用大根堆维护。
时间复杂度:,明显可以过简单版和困难版。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int t;
int a[500500];
ll read(){
ll x=0,f=1;
char ch;
ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
void solve(){
int n=read();
long long ans=0;
priority_queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
if(a[i]>0) q.push(a[i]);
else if(a[i]==0) {
if(q.size()>0){
ans+=q.top(),q.pop();//记得弹出
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
t=read();
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
CF1800D Remove Two Letters
Description
给定 和一个长度为 的字符串 。
令 为 删去两个连续字符后剩余的字符串,问共有多少个不同的 。
共 组数据。
Solution
例:aabacac
可以发现去掉第二三字母和去掉三四字母是一样的。
我们将整个字符串分成 a
,aba
,cac
三个部分,由于只改动二三四这三个字母,所以第一三部分忽略。删二三时,第二部分变成第四个字母 a
,而删三四时,第二部分变成 第二个字母 a
,所以如果 ,那么删 和 时剩余字母相同。
枚举重复的数量,即 的数量,再用总数量 减去重复数量即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int t;
int a[3005];
ll read(){
ll x=0,f=1;
char ch;
ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
void solve(){
int n=read(),ans=0;
string s;
cin>>s;
for(int i=2;i<n;i++){
if(s[i]==s[i-2]) ans++;
}
cout<<n-1-ans<<endl;
}
int main(){
t=read();
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
CF1800E1&E2 Unforgivable Curse
Description
简单版和困难版的唯一区别在于 的数据范围,简单版中,保证 。
给定 ,,及两个长度为 的字符串 ,。
问能否在通过若干次操作后使 改为 。
在一次操作中,你可以交换 当且仅当 。
共 组数据。
Solution
我们以 来找规律。
首先当 时,任何字母都无法操作,所以 和 要完全相同才可行。
时 (以一为字符串开始下标)是无法移动的,而 可以交换。
时 无法移动,换言之其他字母也无法到 。其他的位置可以任意交换:
- :先到 再到 。
- :一步到达,其他位置同理。
时,任意字母可以到达任意位置。
如果 ,向右移 步再往左移 步,重复 次即可,如果越界,适量减少重复次数,调整右移左移步数及顺序,显然可以到达任意位置( 到 的顺序为 )。 同理。
总结规律,只要 可以进行操作( 并且 ),它就可以移到任意字母,任意字母也可以移到这个位置上。
只需判断那些不能移动的位置上更改前和更改后是否相同。
记得保证该字母在 中出现过,记录每种字母修改前后的数量是否一致即可。
简单版和困难版皆可通过。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int t;
int vis1[30],vis2[30];
ll read(){
ll x=0,f=1;
char ch;
ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
void solve(){
int n=read(),k=read();
string a,b;
cin>>a>>b;
memset(vis1,0,sizeof(vis1));
memset(vis2,0,sizeof(vis2));
for(int i=0;i<n;i++){
vis1[a[i]-'a'+1]++;
vis2[b[i]-'a'+1]++;
}
for(int i=1;i<=26;i++) {
if(vis1[i]!=vis2[i]){//数量不同无法实现
cout<<"NO"<<endl;
return ;
}
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(i+k>=n&&i-k<0){//无法操作
if(a[i]!=b[i]){
cout<<"NO"<<endl;
return ;
}
}
}
cout<<"YES"<<endl;
}
int main(){
t=read();
while(t--){
solve();
}
return 0;
}