C. Binary String Reconstruction
大意：字符串w是由字符串s转换过来的，其中w[i]为'1'当且仅当s[i-x]或者s[i+x]为'1'。已知w，求s
容易得知s[i]为'0'的时候，w[i-x]和w[i+x]一定都是'0'。我们让这些位赋值为'0'，其他位都是'1'，然后检验一下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
char s[N],ans[N];
void Solve(){
scanf("%s",s); int n=strlen(s),x=read();
repeat(i,0,n)ans[i]='1';
repeat(i,0,n)
if(s[i]=='0'){
if(i-x>=0)ans[i-x]='0';
if(i+x<n)ans[i+x]='0';
}
repeat(i,0,n)
if(s[i]=='1'){
if(i-x>=0 && ans[i-x]=='1');
else if(i+x<n && ans[i+x]=='1');
else{puts("-1"); return;}
}
repeat(i,0,n)putchar(ans[i]);
puts("");
}
signed main(){
//freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}
D. Zigzags
大意：给定 (n) 个数 (a_i)，求有多少个 ((i,j,k,l)) 满足 (i<j<k<l) 且 (a_i=a_k,a_j=a_l)
看了一下gyz代码，我深刻认识到自己与神仙的差距
统计每种值的前缀个数和后缀个数，遍历 j 和 k，直接可以算出 i 和 l 的个数
O(n^2)
以下是原题解
将 (a_i) 看成颜色。首先固定两个颜色，然后让 (i,k) 枚举第一个颜色，用 lower_bound 求出在第二个颜色集合中，(i,k) 之间、(k,n) 之间有多少数（即计算 (j,l) 的方案数），相乘
特判一下 (a_i=a_j=a_k=a_l) 的情况
（我对所有颜色集合排了个序，然后查找就小的集合往大的集合找，可以加速，不知道不加速能不能过）
复杂度我也不知道
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=3010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
vector<int> a[N];
ll ans;
void work(const vector<int> &a,const vector<int> &b){
repeat(i,0,a.size()){
int p1=lower_bound(b.begin(),b.end(),a[i])-b.begin();
repeat(j,i+1,a.size()){
int p2=lower_bound(b.begin(),b.end(),a[j])-b.begin();
ans+=(p2-p1)*p1+(p2-p1)*(b.size()-p2);
}
}
}
void Solve(){
int n=read(); ans=0;
repeat(i,1,n+1)a[i].clear();
repeat(i,1,n+1){
int t=read();
a[t].push_back(i);
}
sort(a+1,a+n+1,[](const vector<int> &a,const vector<int> &b){
return a.size()<b.size();
});
repeat(i,1,n+1)sort(a[i].begin(),a[i].end());
repeat(i,1,n+1){
repeat(j,i+1,n+1)
work(a[i],a[j]);
if(a[i].size()>=4){
int n=a[i].size();
ans+=n*(n-1)*(n-2)*(n-3)/(2*3*4);
}
}
printf("%lld
",ans);
}
signed main(){
//freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}
E. Clear the Multiset
大意：给定n个数ai，操作1：选择一个区间，每个数减1；操作2：选择一个数，变为任意比原来小的数。求把所有数变成0的最小操作数
dp，我一直在死磕贪心，最终还是没做出来，还是zkx告诉我的dp呜呜呜
dp[i][j]表示处理到第i个数，j个操作1仍然有效的答案
显然，处理到第i个数时，我们可以用操作1解决ai，也可以用操作2解决ai。如果用了操作2，那么状态转移方程 (dp[i][min(a[i],j)]=dp[i-1][j]+1)，这个 min 是因为最多只能存a[i]个操作1，多余的操作1肯定失效了。如果用了操作1，（注意这种情况只有 (a[i]le n) 的时候才会考虑，不然re）那么状态转移方程 (dp[i][a[i]]=dp[i-1][j](jge a[i]),dp[i][a[i]]=dp[i-1][j]+a[i]-j(j<a[i]))，后面那个 (a[i]-j) 是补齐不够的操作1
官方题解不是dp，容我观摩一下
题解说，对于一个区间，我们要么用操作2删掉每个数（代价为区间长度），要么不断用操作1直到最小的那个数变成0然后对剩下的两个区间进行同样操作，这两个方案取 min 即可
这个操作是 (O(n^2)) 的。显然瓶颈主要在RMQ问题上，如果用线段树或者st表维护区间最小值的下标，那么可以优化到 (O(nlog n))。当然如果骚一点是可以 (O(n)) 的（指笛卡尔树优化Four Russian算法）
不是dp的代码：（没优化，(O(n^2))）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=5010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
int a[N];
int work(int l,int r,int base){
if(l>r)return 0;
int p=min_element(a+l,a+r+1)-a;
return min(r-l+1,
work(l,p-1,a[p])+a[p]-base+work(p+1,r,a[p]));
}
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,0,n)a[i]=read();
printf("%lld
",work(0,n-1,0));
}
signed main(){
//freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; //T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}
dp代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=5010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
int a[N],dp[N][N];
#define MIN(x,y) x=min(x,y)
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,1,n+1)a[i]=read();
repeat(j,1,n+1)dp[0][j]=j;
repeat(i,1,n+1){
repeat(j,0,n+1)dp[i][j]=inf;
repeat(j,0,n+1)MIN(dp[i][min(a[i],j)],dp[i-1][j]+1);
if(a[i]<=n)
repeat(j,0,n+1)
if(j>=a[i])
MIN(dp[i][a[i]],dp[i-1][j]);
else
MIN(dp[i][a[i]],dp[i-1][j]+a[i]-j);
}
ll ans=inf;
repeat(j,0,n+1)ans=min(ans,dp[n][j]);
printf("%lld
",ans);
}
signed main(){
//freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; //T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}