这场比赛很特别，是牛客周赛的第20场，后两题难度直线飙升了。
前四题相对简单，E题是道状压题，历来状压题都难，F题压轴难题了，感觉学到了不少。
A. 赝品
先求的最大值
然后统计非最大值的个数，即可。
import java.io.*;
import java.util.*;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = sc.nextInt();
int[] arr = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
arr[i] = sc.nextInt();
}
// 获取数组的最大值
int maxValue = Arrays.stream(arr).max().getAsInt();
// 过滤最大值，并计数
System.out.println(Arrays.stream(arr).filter(x -> x != maxValue).count());
}
}
B. 小红的01连续段
状态机DP
令opt[n][2], 0表示第n字母以0结尾，往前扩展的最长连续0子串的数量，1状态亦是如此定义。
则遇到‘0’， ‘1’， ‘?’, 会有不同的转移
最后的结果为
m a x i = 0 i = n − 1 ( o p t [ i ] [ s ] ) , s ∈ ( 0 , 1 ) max_{i=0}^{i=n-1}(opt[i][s]), s\in(0,1) maxi=0i=n−1(opt[i][s]),s∈(0,1)
这边可以滚动优化，使得时间复杂度降为2个变量
import java.io.*;
import java.util.*;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
String s = sc.next();
int res = 0;
int s0 = 0, s1 = 0;
for (char c: s.toCharArray()) {
if (c == '0') {
s0++;
s1 = 0;
} else if (c == '1') {
s1++;
s0 = 0;
} else {
// 遇到？号
s0++;
s1++;
}
res = Math.max(res, Math.max(s0, s1));
}
System.out.println(res);
}
}
C. 小红的01串构造
这题挺有趣的
其实你只要观察到
111000100
110001100
这两个是等价的
即聚合的1从一个组，转移另一个组，不改变相邻的总对数
因此可以构造一个，所有相邻对数t都在第一个组中，然后多余的1，独立为一组
这样保证 t+1<=k && t+1 + (k - (t+1)) * 2 <= n, 必然有解
import java.io.*;
import java.util.*;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = sc.nextInt(), k = sc.nextInt(), t = sc.nextInt();
if (k > n || k - 1 < t) {
System.out.println(-1);
} else {
int k1 = t + 1;
int k2 = k - t - 1;
if (k1 + k2 * 2 <= n) {
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (int i = 0; i < k1; i++) sb.append("1");
for (int i = 0; i < k2; i++) sb.append("01");
for (int i = k1 + k2 * 2; i < n; i++) sb.append("0");
System.out.println(sb);
} else {
System.out.println(-1);
}
}
}
}
D. 小红的数位删除
这题，其实题目少了一个重要的条件
最后a，b不能为0
1. 二进制枚举
因为只有9位数，所以可以使用二进制枚举
这样时间复杂度为 O ( 2 9 ∗ 2 9 ∗ 9 ∗ 9 ) = 2 ∗ 1 0 8 O(2^9 * 2^9 * 9 * 9)=2*10^8 O(29∗29∗9∗9)=2∗108, 枚举常数小，在合理的范围内
- 从大到小枚举
- 引入剪枝
import java.io.*;
import java.util.*;
import java.util.function.BiFunction;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
char[] astr = sc.next().toCharArray();
char[] bstr = sc.next().toCharArray();
int inf = Integer.MAX_VALUE;
int n1 = astr.length, n2 = bstr.length;
int ans = inf;
BiFunction<Integer, char[], Integer> calculate = (s, str) -> {
int val = 0;
for (int t = 0; t < str.length; t++) {
if ((s & (1 << t)) != 0) {
val = val * 10 + (str[t] - '0');
}
}
return val;
};
for (int i = (1 << n1) - 1; i > 0; i--) {
int r1 = n1 - Integer.bitCount(i);
if (r1 >= ans) continue;
int a = calculate.apply(i, astr);
if (a == 0) continue;
for (int j = (1 << n2) - 1; j > 0; j--) {
int r2 = n2 - Integer.bitCount(j);
if (r1 + r2 >= ans) continue;
int b = calculate.apply(j, bstr);
if (b == 0) continue;
if (a % b == 0 || b % a == 0) {
ans = Math.min(ans, r1 + r2);
}
}
}
System.out.println(ans == inf ? -1 : ans);
}
}
2. BFS解
这题的话，感觉还可以BFS，这样的话，找到解后可以立马退出。
E. 小红的漂亮串
思路: 状压DP
这题有’red’, 'der’限制，所以直接想O(1)求容斥解，行不通.
1. 正向状压解
回到状压的思路
引入5种状态
- 0, any是1,2,3,4以外的所有状态
- 1, 以r字母结尾
- 2，以d字母结尾
- 3，以re字母结尾
- 4，以de字母结尾
先聊下如何解决
Q: 子串不包含‘der’
只要在递推过程中, 对der的状态构造忽略即可
Q: 需要包含至少一个‘red’
额外引入一维的状态0/1, 表示当前字符串以包含red, 和暂时不包含red
设计好了状态, 以及解决思路
来看一下如何设计状态转移
令 dp[2][5], 前一维表示是否包含’red’, 后一维表示以什么结尾的状态
DP递推的话，以下两种都可以
- 填表法
- 刷表法
为啥要两者都介绍下呢？
主要是如果某一种实现，遇到了wa，这个时候可以用另一种思路去check/verify, 看看哪里的转移有遗漏。
状态迁移还是太多，这边选用一个 (0, 3)来分析，它涉及一个阶级跃迁
import java.io.BufferedInputStream;
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = sc.nextInt();
// any
// r, d
// re, de,
long mod = 10_0000_0007l;
// red, der
long[][] dp = new long[2][5];
dp[0][0] = 24;
dp[0][1] = dp[0][2] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
long[][] dp2 = new long[2][5];
// 不包含red字符串(在本身的圈子内转移)
dp2[0][0] = (dp[0][0] * 24 % mod + dp[0][1] * 23 % mod + dp[0][2] * 23 % mod + dp[0][3] * 24 % mod + dp[0][4] * 24 % mod) % mod;
dp2[0][1] = (dp[0][0] + dp[0][1] + dp[0][2] + dp[0][3]) % mod;
dp2[0][2] = (dp[0][0] + dp[0][1] + dp[0][2] + dp[0][4]) % mod;
dp2[0][3] = dp[0][1];
dp2[0][4] = dp[0][2];
// 包含red字符串(在本身的圈子内转移)
dp2[1][0] = (dp[1][0] * 24 % mod + dp[1][1] * 23 % mod + dp[1][2] * 23 % mod + dp[1][3] * 24 % mod + dp[1][4] * 24 % mod) % mod;
dp2[1][1] = (dp[1][0] + dp[1][1] + dp[1][2] + dp[1][3]) % mod;
dp2[1][2] = (dp[1][0] + dp[1][1] + dp[1][2] + dp[1][3] + dp[1][4]) % mod;
dp2[1][3] = dp[1][1];
dp2[1][4] = dp[1][2];
// 非常俏皮的阶级跃迁(最特别)，单独拎出来
dp2[1][2] = (dp2[1][2] + dp[0][3]) % mod;
dp = dp2;
}
// 只累加包含red字符串的状态
long res = 0;
for (int i = 0; i < 5; i++) {
res += dp[1][i];
res %= mod;
}
System.out.println(res);
}
}
2. 容斥状压解
这题还可以容斥解，不过这个容斥解也是基于状压的
大致的思路
- 求解不存在der的字符串总个数S1
- 求解同时不存在der，red的字符串总个数S2
- S1 - S2, 即为不存在der，但是存在red的字符串总方案数
3. 矩阵幂优化
如果n在大点，n只要大于10^9，那矩阵幂才是唯一解
矩阵的构造，源于方法一，把2*5摊平成为1维
然后构建一个状态转移矩阵即可。
import java.io.BufferedInputStream;
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = sc.nextInt();
long mod = 10_0000_0007l;
long[][] translate = new long[][] {
{24, 23, 23, 24, 24, 0, 0, 0, 0, 0},
{1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0},
{1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0},
{0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0},
{0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0},
{0, 0, 0, 0, 0, 24, 23, 23, 24, 24},
{0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0},
{0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1},
{0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0},
{0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0},
};
Matrix matrix = new Matrix(translate);
Matrix matrix2 = Matrix.quickPow(matrix, n, mod);
Matrix vec = new Matrix(new long[][] {{1}, {0}, {0}, {0}, {0}, {0}, {0}, {0}, {0}, {0}});
Matrix res = matrix2.mul(vec, mod);
long ans = 0;
for (int i = 5; i < 10; i++) {
ans += res.arr[i][0];
ans %= mod;
}
System.out.println(ans);
}
static
class Matrix {
long[][] arr;
int r, c;
Matrix(long[][] arr) {
this.arr = arr;
this.r = arr.length;
this.c = arr[0].length;
}
Matrix mul(Matrix other, long mod) {
int nr = this.r, nc = other.c;
long[][] res = new long[nr][nc];
for (int i = 0; i < nr; i++) {
for (int j = 0; j < nc; j++) {
long temp = 0;
for (int k = 0; k < c; k++) {
temp = (temp + arr[i][k] * other.arr[k][j] % mod) % mod;
}
res[i][j] = temp;
}
}
return new Matrix(res);
}
static Matrix E(int n) {
long[][] arr = new long[n][n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
arr[i][i] = 1;
}
return new Matrix(arr);
}
static Matrix quickPow(Matrix base, long k, long mod) {
Matrix r = Matrix.E(base.r);
while (k > 0) {
if (k % 2 == 1) {
r = r.mul(base, mod);
}
k /= 2;
base = base.mul(base, mod);
}
return r;
}
}
}
F. 小红的零
整数末尾0的个数，取决于2和5的因子个数的最小值.
难点就在于：最小值
先来看2道基础题
对于一个数组arr， 给予一个x， 求 ∑ i = 0 i = n − 1 ∣ a r r [ i ] − x ∣ \sum_{i=0}^{i=n-1}|arr[i] - x| ∑i=0i=n−1∣arr[i]−x∣
这题的思路，就是对arr进行排序，然后绝对值去掉，这样就划分为2个部分，一部分小于x，另一部分大于等于x
利用前缀和预处理，可以二分到分界点， O ( l o g ( n ) ) O(log(n)) O(log(n))解决问题
求一个数组的所有子区间(2的因子个数)累加和
这是弱化版本，那其思路遍历右端点，然后累计
设S(i)为第i元素为右端点的所有区间的累加和
S(i) = S(i-1) + (i+1)*f(i)
最终S(i)的累加和 \sum S(i)
而这题的核心思路，其实上延续了类似思想
令f(x)为前x项的2因子的前缀和，
g(x)为前x项的5因子的前缀和
对于某个区间[l, r]
贡献 = m i n ( f ( r ) − f ( l − 1 ) , g ( r ) − g ( l − 1 ) ) 贡献 = min(f(r) - f(l - 1), g(r) - g(l - 1)) 贡献=min(f(r)−f(l−1),g(r)−g(l−1))
令 z ( x ) = f ( x ) − g ( x ) z(x) = f(x) - g(x) z(x)=f(x)−g(x)
则区间[l, r] 其贡献为
-
z ( r ) − z ( l − 1 ) ≥ 0 z(r) - z(l - 1) \ge 0 z(r)−z(l−1)≥0
- 贡献为 g® - g(l - 1)
-
z ( r ) − z ( l − 1 ) < 0 z(r) - z(l - 1) \lt 0 z(r)−z(l−1)<0
- 贡献为f® - f(l - 1)
本质上这题的巧妙之处在于
- 维护2因子多的区间（累加和，个数）
- 维护5因子多的区间 (累加和，个数)
而这个因子多少，是一个变动的过程，根据右端点来决定范围
-
大于z(x)，为2因子多的区间
n x ∗ f ( x ) − ∑ y ∈ ( z ( y ) > z ( x ) ) f ( y ) n_x * f(x) - \sum_{y\in({z(y)>z(x)})} f(y) nx∗f(x)−y∈(z(y)>z(x))∑f(y)
-
小于等于z(x), 则为5因子多的区间
n y ∗ g ( x ) − ∑ y ∈ ( z ( y ) < = z ( x ) ) g ( y ) n_y * g(x) - \sum_{y\in({z(y)<=z(x))}} g(y) ny∗g(x)−y∈(z(y)<=z(x))∑g(y)
所以这边采用4个树状数组
fw2, fwc2代表2因子的前缀和f(x)，对应2因子的区间个数，
fw5, fwc5代表5因子的前缀和g(x)，对应5因子的区间个数
而把 z(x) 作为 树状数组的 index-key
因为2因子和5因子个数，最多30n，考虑到负值，最多60n
引入offset作为偏移，不需要离散化
感觉这题思路还是挺绕的，可能直接看代码，更容易理解
感觉这题掺杂了 前缀和的前缀和
import java.io.*;
import java.util.*;
public class Main {
static class BIT {
int n;
long[] arr;
public BIT(int n) {
this.n = n;
this.arr = new long[n + 1];
}
void update(int p, long v) {
while (p <= n) {
this.arr[p] += v;
p += p&-p;
}
}
long query(int p) {
long res = 0;
while (p > 0) {
res += this.arr[p];
p -= p&-p;
}
return res;
}
}
static int split(int v, int b) {
int cnt = 0;
while (v % b == 0) {
v /= b;
cnt++;
}
return cnt;
}
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = sc.nextInt();
int mx = 60 * n; // 2^30 > 1e9, 因为绝对值的问题，所以30*2*n
int offset = 30 * n; // 引入offset，是因为这边没有离散化，而是做了一个偏移，平衡负值
BIT fw2 = new BIT(mx); // 2的因子累加和
BIT fwc2 = new BIT(mx); // 2的因子计数
BIT fw5 = new BIT(mx); // 5的因子累加和
BIT fwc5 = new BIT(mx); // 5的因子计数
long res = 0;
int acc2 = 0, acc5 = 0;
int diff = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 前缀和为key
fw2.update(diff + offset, acc2);
fwc2.update(diff + offset, 1);
fw5.update(diff + offset, acc5);
fwc5.update(diff + offset, 1);
int v = sc.nextInt();
int n2 = split(v, 2);
int n5 = split(v, 5);
diff += (n2 - n5);
acc2 += n2;
acc5 += n5;
// 进行统计计算
long sum2 = fw2.query(mx) - fw2.query(diff + offset);
long cnt2 = fwc2.query(mx) - fwc2.query(diff + offset);
long sum5 = fw5.query(diff + offset);
long cnt5 = fwc5.query(diff + offset);
res += (acc2 * cnt2 - sum2) + (acc5 * cnt5 - sum5);
}
System.out.println(res);
}
}