【GDOI2018 Day1】密码锁
Description
Input
Output
Sample Input
Sample Input1
4 3
1 2 1 0
Sample Input2
11 8
1 2 3 4 5 0 5 4 3 2 1
Sample Input3
20 100
30 91 15 72 61 41 10 37 98 41 94 80 26 96 10 88 59 5 84 14
Sample Output
Sample Output1
2
Sample Output2
8
Sample Output3
313
Data Constraint
题解
考场这题我打了100行的暴力,记忆化搜索加剪枝 (鬼知道我怎么做得到的)
这题乍一看似乎没什么思路,但我们换个方向来想,如果把(n)个数在模(m)的意义下差分一下(再最后补一个(a[n+1])与(a[n]))差分,那么如果我们想要把(a)数组全部变成0,也就相当于把差分数组(假设是(cf[i]))全部变成0
然后我们又知道,在差分数组修改一段区间([l,r])时(假设是加1),是将(cf[l]+1,cf[r+1]-1),然后减1就是反过来将(cf[l]-1,cf[r+1]+1),又因为本题的(cf[i])是在模(m)的意义下的,所以一个(cf[i])加到(m)或者减到0的结果都是0
于是想法就很显然了,将差分数组排序,前半段的显然减到0更优,后半段的显然加到(m)更优,所以我们可以维护(cf[i])的前缀和(sum1[i]),维护(m-cf[i])的前缀和(sum2[i]),然后枚举分割加和减的点,如果这个点的前缀和这个点下一个点和后缀和相同,那么也就是说前半段减和后半段加可以抵消,将所有差分数组在模(m)意义下修改到0,那么这个点的前缀和或者这个点下一个点的后缀和即为答案
CODE
#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
#define R register int
#define N 1000005
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,a[N],cf[N],sum1[N],sum2[N];
inline void read(ll &x)
{
x=0;ll f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();x*=f;
}
int main()
{
freopen("lock.in","r",stdin);
freopen("lock.out","w",stdout);
read(n);read(m);
for (R i=1;i<=n;++i)
read(a[i]),cf[i]=(a[i]-a[i-1]+m)%m;
cf[n+1]=(a[n+1]-a[n]+m)%m;
sort(cf+1,cf+n+2);
for (R i=1;i<=n+1;++i)
sum1[i]=sum1[i-1]+cf[i];
for (R i=n+1;i;--i)
{
sum2[i]=sum2[i+1]+m-cf[i];
if (sum2[i]==sum1[i-1]) {printf("%lld
",sum2[i]);return 0;}
}
return 0;
}