B. Partial Replacement

題意：有字符串由.和*組成，可標記其中*，首尾的*必須被標記，使被標記的*之間距離不超過k，求最少的標記量

思路：首先從首尾出發確定首尾*的位置，再由首beg出發向后的k個元素里，將最靠右的*標記

選擇最右的標記為了更快地抵達尾ed，該局部最優可推廣到全局最優

將剛標記的*作為新的起點，再在向后k個元素里標記最右的*，重復執行上述步驟直至抵達尾ed為止

#include <bits/stdc++.h> #define fastio() ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0) using namespace std; int main() {fastio();int t;cin >> t;while (t--){int n, k;cin >> n >> k;string s;cin >> s;int beg = 0, ed = n - 1;while (s[beg] != '*') ++beg;while (s[ed] != '*') --ed;int ans = 2;if (beg == ed) ans--;for (int i = beg;;){int j = i + k;if (j >= ed) break;while (s[j] != '*') --j;ans++;i = j;}cout << ans << "\n";}return 0; }

D. Epic Transformation

題意：對于整型數組內，每一對不相等的元素可以進行消除，試求可將數組消除到剩余盡可能少元素的數量

思路：首先將數組排序，將相同的元素聚集在一起，再將數組從正中間分為左右兩部分，假如「沒有相同的值跨越中線」（例如：1122 | 3344），即左邊的任意值在右邊找不到與其相等的值，則每次消除分別從左右兩邊各選任意一個元素即可，最后達到兩邊全部消除；若有相同值跨越中線

記跨越中線的值為R，首先將左邊的R與右邊的非R匹配消除、將右邊的R與左邊的非R匹配消除，若此時R被消除完，則說明剩余的狀態可歸類為「沒有相同的值跨越中線」，即最終可以全部消除完，而若仍有R剩余（此時其他均已被消除），其實只剩下未被消除的R（此時無法繼續消除），因此剩余R的數量即為所求答案。當然，當數組元素數量為奇數時，正中間的數最后一定會剩余，加以討論即可。

#include <bits/stdc++.h> #define fastio() ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0) using namespace std; int main() {fastio();int t;cin >> t;while (t--){int n;cin >> n;vector<int> v(n);for (int i = 0; i < n; i++) cin >> v[i];sort(v.begin(), v.end());int ans = n & 1 ? 1 : 0;int mid_pos = n / 2;int mid_elem = v[mid_pos];int left_me_cnt = 0, right_me_cnt = 0, half_cnt = n / 2;int left_pos, right_pos;if (n & 1){left_pos = mid_pos - 1;right_pos = mid_pos + 1;}else{left_pos = mid_pos - 1;right_pos = mid_pos;}while (left_pos >= 0 && v[left_pos] == mid_elem) left_me_cnt++, left_pos--;while (right_pos < n && v[right_pos] == mid_elem) right_me_cnt++, right_pos++;ans += 2 * max(0, right_me_cnt - (half_cnt - left_me_cnt));cout << ans << "\n";}return 0; }

E. Restoring the Permutation

題意：原始數組A為長度為n，由1-n元素組成，現給出它的「當前最大值數組」B，即有 $b_i=max(a_1,a_2,...,a_i)$，例如：A{3,1,4,2,7,5,6} 則有B{3,3,4,4,7,7,7}，現在由給出的「當前最大值數組」求可能的「最小序原始數組」和「最大序原始數組」，大小序可將上面數組A{3,1,4,2,7,5,6} 理解成整型 3142756 再比大小，即越靠前的元素權值越重

思路：

• 「最小序原始數組」

其實可以理解為當cur_max數組剛發生變化時，該位置對應的結果便為當前的最大值，而后若cur_max未發生變化則由小到大將序列元素依次填入即可（思路即是：使越靠前的位置放置越小的元素），由于是由小到大選元素，這樣的選取總能使結果數組滿足對應的「當前最大值數組」

• 「最大序原始數組」

總體思路與前者相反，即使越靠前的位置放置盡可能大的元素，當我們考慮第二個元素的選擇的時候：當然可選的最大元素為 7 ，但此時cur_max[2] = 3，說明我們只能考慮從不大于3的元素選取，而3被第一個元素選了，因此盡可能大的選擇是2。于是更詳細的思路是：「每次選擇不大于cur_max[i]的盡可能大的數」

這里通過棧結構來完成此過程：

首先讀到cur_max[0] = 3，將$[1,3]$依次入棧，再對于此后cur_max[i] == 3依次取棧頂元素并出棧（這樣保證了「每次選擇不大于cur_max[i]的盡可能大的數」），到了cur_max[3] = 4，此時棧中還剩余元素 1

cur_max[3] = 4，將$[3+1,4]$ （其實只有4本身）依次入棧，和上述同樣的操作，讀到cur_max[5] = 7，此時棧為空

cur_max[5] = 7，將$[4+1,7]$依次入棧，最后再依次出棧作為結果

#include <bits/stdc++.h> #define fastio() ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0) using namespace std; int main() {fastio();int t;cin >> t;while (t--){int n;cin >> n;vector<int> q(n);for (int i = 0; i < n; i++) cin >> q[i];;vector<int> used(n + 1);vector<int> min_ans(n);int pos = 1;min_ans[0] = q[0], used[q[0]] = 1;for (int i = 1; i < n; i++){if (q[i] == q[i - 1]){while (used[pos]) ++pos;min_ans[i] = pos;used[pos] = 1;}else{min_ans[i] = q[i];used[q[i]] = 1;}}for (int i = 0; i < n - 1; i++) cout << min_ans[i] << " ";cout << min_ans[n - 1] << "\n";vector<int> max_ans(n);stack<int> st;int pre_val = 0;for (int i = pre_val + 1; i <= q[0]; i++) st.push(i);max_ans[0] = st.top(); st.pop();for (int i = 1; i < n; i++){if (q[i] == q[i - 1]){max_ans[i] = st.top(); st.pop();}else{pre_val = q[i - 1];for (int j = pre_val + 1; j <= q[i]; j++) st.push(j);max_ans[i] = st.top(); st.pop();}} for (int i = 0; i < n - 1; i++) cout << max_ans[i] << " ";cout << max_ans[n - 1] << "\n";}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【竞赛题解】Codeforces Round #710 (Div. 3)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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