E. Subsequences (easy version)
本题和H题唯一的不同点是数据范围。
你有一个长度为nn的字符串。你可以选择它的任意一个子序列。子序列定义为可以将这个字符串删去若干个字符得到。特别的，空串也是一个子序列。
对于一个长度为mm的子序列，选出它的花费是n-mn−m，也就是你需要删掉的字符数量。
你的任务是选出来kk个本质不同的子序列，使得总花费最小。输出这个最小花费。
如果选不出kk个，输出-1−1。
思路：
因为本题的数据量比较小，所以我们可以采取BFS去模拟整个的过程。
利用bfs与set结合，队列存储当前字符串，每次删除一个字符，若set不存在，更新队列与set。
bfs先从删除少的字符串开始，保证了代价最小效率最优。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 #include <set> 6 #include <queue> 7 8 #define LL long long 9 using namespace std; 10 const int MAXN = 200005; 11 12 int n,k; 13 set<string> st; 14 queue<string> q; 15 string s; 16 17 int main() 18 { 19 scanf("%d%d",&n,&k); 20 cin >> s; 21 int cnt = 0; 22 q.push(s); 23 st.insert(s); 24 while (!q.empty() && st.size()<k) 25 { 26 string v = q.front(); 27 q.pop(); 28 for (int i=0;i<v.size();i++) 29 { 30 string nv = v; 31 nv.erase(i,1); 32 if (!st.count(nv) && st.size()+1<=k) 33 { 34 q.push(nv); 35 st.insert(nv); 36 cnt += (n-nv.size()); 37 } 38 } 39 } 40 if (st.size()<k) 41 printf("-1 "); 42 else 43 printf("%d ",cnt); 44 return 0; 45 }
F. Topforces Strikes Back
从n个数中选出来最多3个数，使得这三个数中不存在任意一个数是另一个数的倍数，同时使得这三个数的和最大。
这道题的贪心的想法非常巧妙，看了大佬的博客才知道怎么去贪。 Orz
我们根据我们选出的个数进行讨论：
一、
如果我们只选出了一个数，那么肯定就直接选最大的
二、
如果我们选出了两个数，我们讨论下是不是还一定要选最大的数a呢？答案是肯定的
证明如下：
1、如果有一个数不是a的因数，那么直接用a替换这个数。
2、如果两个数都是a的因数，那么这两个数的和最大是 a/2+a/3 < a，也就是说我们在步骤一中就已经得到最优解了。
所以对于这一种情况，我们只需要选出来最大的数，然后从剩下的数中找到一个不是它的因数的最大的数即可。
三、
如果选出三个数，我们同样还是来看是否一定要选a
可以发现，如果选出来的三个数中有一个或两个数不是a的因数，那么就可以由情况二进行证明，一定要选出来a。
而如果三个数都是a的因数，我们会发现唯一一种特殊情况 a/2 + a/3 + a/5 > a ，我们只要对这种情况进行一次特判就可以了。特判完后就选出最大的a然后一样用第二种情况的方法进行判断
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 #include <set> 6 #include <queue> 7 8 #define LL long long 9 using namespace std; 10 int t,n,a[200005]; 11 int main() { 12 // freopen("../in.txt","r",stdin); 13 scanf("%d", &t); 14 while (t--) { 15 scanf("%d", &n); 16 int ans = 0; 17 for (int i = 1; i <= n; i++) { 18 scanf("%d", &a[i]); 19 ans = max(ans, a[i]); 20 } 21 sort(a + 1, a + n + 1); 22 int an = a[n]; 23 bool flag1 = 0, flag2 = 0, flag3 = 0; 24 for (int i = 1; i <= n; i++) { 25 if (a[i] * 2 == an)flag1 = 1; 26 if (a[i] * 3 == an)flag2 = 1; 27 if (a[i] * 5 == an)flag3 = 1; 28 } 29 if (flag1 && flag2 && flag3)ans = max(ans, an / 2 + an / 3 + an / 5); 30 for (int i=1;i<=n;i++){ 31 if (a[n]%a[i] == 0){ 32 a[i] = 2000000000; 33 } 34 } 35 sort(a+1,a+n+1); 36 while (a[n] == 2000000000){ 37 n--; 38 } 39 ans = max(ans,an+a[n]); 40 for (int i=1;i<=n;i++){ 41 if (a[n]%a[i] != 0){ 42 ans = max(ans,an+a[n]+a[i]); 43 } 44 } 45 printf("%d ",ans); 46 } 47 return 0; 48 }
H. Subsequences (hard version)
本题和E题唯一的不同点是数据范围。
你有一个长度为n的字符串。你可以选择它的任意一个子序列。子序列定义为可以将这个字符串删去若干个字符得到。特别的，空串也是一个子序列。
对于一个长度为m的子序列，选出它的花费是n−m，也就是你需要删掉的字符数量。
你的任务是选出来kk个本质不同的子序列，使得总花费最小。输出这个最小花费。
如果选不出k个，输出-1。
思路：
这道题的数据范围比E题高了许多，所以如果跟E一样去搜索的话会超时。
这题是个dp题
确定状态：我们不妨设 dp[i][j] 的含义是前 i 个 长度为 j 的字符串的子序列的个数
确定状态转移方程：
第一、如果字符str[i] 第一次出现 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j]
（取str[i]） （不取str[i]）
第二、如果字符str[i] 不是第一次出现 那么我们就找它前面出现的时候 vis[str[i]-'a']
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j] - dp[str[i]-'a'-1][j-1] （减去重复的就好了）
我的代码采取了一个优化，就是如果此时序列已经大于k了我就直接取k就好了
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 #include <set> 6 #include <queue> 7 8 #define ll long long 9 using namespace std; 10 const int MAXN = 105; 11 12 ll n,k; 13 char s[110]; 14 ll dp[MAXN][MAXN]; 15 int vis[28]; 16 int main() 17 { 18 scanf("%lld%lld",&n,&k); 19 scanf("%s",s+1); 20 dp[0][0]=1; 21 for(int i=1;i<=n;i++) 22 { 23 int alp=s[i]-'a'; 24 dp[i][0]=1; 25 for(int j=1;j<=i;j++) 26 { 27 dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]; 28 if(vis[alp]) 29 { 30 dp[i][j]-=dp[vis[alp]-1][j-1]; 31 } 32 dp[i][j]=min(dp[i][j],k); 33 } 34 vis[alp]=i; 35 } 36 ll cost=0; 37 for(int i=n;i>=0;i--) 38 { 39 cost+=min(dp[n][i],k)*(n-i); 40 k-=min(dp[n][i],k); 41 if(k==0) break; 42 } 43 if(k>0) printf("-1 "); 44 else printf("%lld ",cost); 45 return 0; 46 } 47