发表更新算法 / Codeforces6 分钟读完 (大约898个字)

Codeforces Round 905 (Div. 2)

Chemistry

只要奇数字母的个数不大于 \(k+1\) 即可，因为回文串最多有一个奇数字母。

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt(), k = io.nextInt();
    String s = io.next();

    int[] cnt = new int[26];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cnt[s.charAt(i) - 'a']++;
    }

    int sum = 0;
    for (int x : cnt) {
        if (x % 2 == 1) {
            sum++;
        }
    }
    io.println(sum - 1 > k ? "NO" : "YES");
}

Raspberries

当 \(k=2,3,5\) 时，因为 \(k\) 是质数，如果所有数的乘积能够被 \(k\) 整除，必定存在一个数能够被 \(k\) 整除，所以单独计算每个数即可。当 \(k=4\) 时，需要计算存在一个数能被 \(4\) 整除的最少操作数，还需要计算存在两个能被 \(2\) 整除的数的最少操作数，答案为两者的最小值。

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt(), k = io.nextInt();

    int cnt = 0;
    int[] a = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        a[i] = io.nextInt();
        if (a[i] % 2 == 0) {
            cnt++;
        }
    }

    int ans = k;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        ans = Math.min(ans, (k - a[i] % k) % k);
    }
    if (k == 4) {
        ans = Math.min(ans, Math.max(0, 2 - cnt));
    }
    io.println(ans);
}

You Are So Beautiful

如果某个子数组作为子序列只出现过一次，因为子数组本身就是子序列，所以没有其他方式能够构成该子数组，即子数组的左端点左边没有和它相同的数，右端点的右边也没有和它相同的数。我们可以使用集合 + 前缀和的方式预先计算每个位置及其左边满足条件的左端点个数，然后倒序处理数组，对每个满足条件的右端点，都将其对应的左端点的个数添加到答案。

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt();
    int[] a = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        a[i] = io.nextInt();
    }

    Set<Integer> set = new HashSet<>();
    int[] prefix = new int[n + 1];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        prefix[i + 1] = prefix[i] + (set.add(a[i]) ? 1 : 0);
    }
    set.clear();

    long ans = 0L;
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        if (set.add(a[i])) {
            ans += prefix[i + 1];
        }
    }
    io.println(ans);
}

Dances (Easy version)

题目真难读，简单版只会在数组 \(a\) 中添加一个 \(1\)，然后计算最少操作数，可以使用排序 + 双指针进行处理。

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt(), m = io.nextInt();
    int[] a = new int[n];
    a[0] = 1;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        a[i] = io.nextInt();
    }
    int[] b = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        b[i] = io.nextInt();
    }

    Arrays.sort(a);
    Arrays.sort(b);

    int k = 0;
    for (int i = 0, j = 0; i < n - k; i++, j++) {
        while (j < n && a[i] >= b[j]) {
            k++;
            j++;
        }
    }
    io.println(k);
}

Dances (Hard Version)

困难版，计算在数组中分别添加 \([1,m]\) 需要的最少操作数。通过观察可以发现（真发现不了），改变 \(a[0]\) 最多只会使操作次数加 \(1\)，所以我们可以二分该边界值，然后计算答案即可。

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt(), m = io.nextInt();
    int[] a = new int[n];
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        a[i] = io.nextInt();
    }
    int[] b = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        b[i] = io.nextInt();
    }
    Arrays.sort(b);

    int k = calc(a, b, 1);

    int lo = 1, hi = m;
    while (lo <= hi) {
        int mid = lo + (hi - lo) / 2;
        if (calc(a, b, mid) == k) lo = mid + 1;
        else hi = mid - 1;
    }
    io.println((long) m * k + (m - lo + 1));
}

private static int calc(int[] a, int[] b, int x) {
    a[0] = x;
    a = a.clone();
    Arrays.sort(a);

    int n = a.length, k = 0;
    for (int i = 0, j = 0; i < n - k; i++, j++) {
        while (j < n && a[i] >= b[j]) {
            k++;
            j++;
        }
    }
    return k;
}

竟然还有更简单的方法，首先计算 \(a\) 中 \(n-1\) 个数对应 \(b\) 中 \(n\) 个数的最少删除次数，并同时维护 \(b\) 中不满足 \(a[i]<b[j]\) 的最后一个值，该值就是操作次数的分界点，直接计算答案即可。

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt(), m = io.nextInt();
    int[] a = new int[n];
    a[0] = Integer.MAX_VALUE;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        a[i] = io.nextInt();
    }
    int[] b = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        b[i] = io.nextInt();
    }

    Arrays.sort(a);
    Arrays.sort(b);

    int k = 0, val = m + 1;
    for (int i = 0, j = 0; i < n - k; i++, j++) {
        while (j < n && a[i] >= b[j]) {
            val = b[j];
            k++;
            j++;
        }
    }
    io.println((long) m * (k - 1) + Math.max(0, m - val + 1));
}
发表更新算法 / Codeforces7 分钟读完 (大约1081个字)

Codeforces Round 904 (Div. 2)

Simple Design

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public static void solve() {
    int x = io.nextInt(), k = io.nextInt();
    while (sum(x) % k != 0) {
        x++;
    }
    io.println(x);
}

private static int sum(int x) {
    int res = 0;
    while (x != 0) {
        res += x % 10;
        x /= 10;
    }
    return res;
}

Haunted House

好难啊，做得很慢。对于每个 \(i\)，如果它是满足条件的，那么 \([n-i,n-1]\) 需要全为 \(0\)，它的最少操作次数为 \([n-i,n-1]\) 中所有值为 \(1\) 的下标和，减去 \([0,n-i-1]\) 中最近的值为 \(0\) 的对应个数的下标和。我们可以使用双指针 \(O(n)\) 的计算所有 \(i\)，具体见代码。指针 \(j\) 枚举每个下标，同时求出后缀的下标和，指针 \(i\) 指向指针 \(j\) 需要的最远的 \(0\) 的下标位置，同时求出后缀值为 \(0\) 的下标和，它们的差值就是 \(j\) 的最少操作次数。

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt();
    String s = io.next();

    long sum = 0L;
    int i, j, cnt = 0;
    for (i = n - 1, j = n - 1; i >= 0; j--) {
        cnt++;
        sum += j;
        for (; i >= 0 && cnt > 0; i--) {
            if (s.charAt(i) == '0') {
                cnt--;
                sum -= i;
            }
        }
        io.print(cnt > 0 ? "-1 " : sum + " ");
    }
    io.println("-1 ".repeat(j + 1));
}

发现一个超级简单的写法，基本思路就是从低到高放置 \(0\)，操作次数即为 \(0\) 的移动次数，废话不多说，代码很好懂。

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt();
    char[] s = io.next().toCharArray();

    long ans = 0L;
    int l = n - 1, r = n - 1;
    for (; l >= 0; l--) {
        if (s[l] == '0') {
            ans += r - l;
            r--;
            io.print(ans + " ");
        }
    }
    io.println("-1 ".repeat(r + 1));
}

Medium Design

最小值一定在位置 \(1\) 或位置 \(m\)，我们可以考虑处理区间不包含 \(1\) 和不包含 \(m\) 两种情况下，能够得到的最大值，根据简单的推导可以知道问题是等价的。如何计算最大值，根据题解所说似乎是扫描线算法，使用 \((l,1)\) 表示进入某个区间，\((r,-1)\) 表示离开某个区间，注意初始时我们将每个左端点减 \(1\)，表示从区间 \(0\) 开始算，\((l,r)\) 是左闭右开区间，所以 \(r\) 表示离开某个区间，然后每当处理完某个端点就更新答案。（其实也可以使用差分哈希表进行区间求和）

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt(), m = io.nextInt();
    int[] l = new int[n];
    int[] r = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        l[i] = io.nextInt() - 1;
        r[i] = io.nextInt();
    }
    // 第一次扫描，不包含第一个位置
    List<int[]> list = new ArrayList<>();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (l[i] != 0) {
            list.add(new int[]{l[i], 1});
            list.add(new int[]{r[i], -1});
        }
    }
    list.sort((a, b) -> a[0] - b[0]);
    int ans = sweep(list);
	// 第二次扫描，不包含最后一个位置
    list.clear();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (r[i] != m) {
            list.add(new int[]{l[i], 1});
            list.add(new int[]{r[i], -1});
        }
    }
    list.sort((a, b) -> a[0] - b[0]);
    ans = Math.max(ans, sweep(list));
    io.println(ans);
}

private static int sweep(List<int[]> list) {
    // cnt 表示在多少个区间内
    // lst 表示上次处理的端点
    int res = 0, cnt = 0, lst = 0;
    for (int[] t : list) {
        if (t[0] > lst) {
            res = Math.max(res, cnt);
        }
        cnt += t[1];
        lst = t[0];
    }
    return res;
}

Counting Rhyme

一对数 \(x,y\) 不能同时被数组中的数整除，即 \(\gcd(x,y)\) 不能被数组中的数整除。我们首先可以计算出数组中有多少对数它们的 \(\gcd=1,2,3\dots,n\)，然后排除掉能够被数组中的数整除的 \(\gcd\)，剩下的 \(\gcd\) 对应的对数之和就是答案。第一步可以使用动态规划求解，转移方程如下：

$$ sum = cnt[i]+cnt[2\times i]+\cdots+cnt[k\times i] \\ dp[i]= \frac{sum\times (sum-1)}{2}-(dp[2\times i]+dp[3\times i]+\cdots+dp[k\times i]) $$

第二步切记不能枚举数组中的数来排除，这样在所有值都为 \(1\) 的样例下时间复杂度会达到 \(O(n^{2})\)，除非将数组去重，或者像下面代码一样枚举。最后计算答案即可。本题的另一种解法是 GCD 卷积，暂时不学。

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public static void solve() {
    int n = io.nextInt();
    int[] a = new int[n];
    int[] cnt = new int[n + 1];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        a[i] = io.nextInt();
        cnt[a[i]]++;
    }

    long[] dp = new long[n + 1];
    for (int i = n; i > 0; i--) {
        long tot = 0L;
        for (int j = i; j <= n; j += i) {
            tot += cnt[j];
            dp[i] -= dp[j];
        }
        dp[i] += tot * (tot - 1) / 2;
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (cnt[i] != 0) {
            for (int j = i; j <= n; j += i) {
                dp[j] = 0;
            }
        }
    }

    long ans = 0L;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans += dp[i];
    }
    io.println(ans);
}
发表更新算法 / LeetCode3 分钟读完 (大约523个字)

第 368 场力扣周赛

元素和最小的山形三元组 I

同下。

元素和最小的山形三元组 II

前后缀分解。

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class Solution {
    public int minimumSum(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int[] pre = new int[n + 1], suf = new int[n + 1];
        pre[0] = suf[n] = Integer.MAX_VALUE;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            pre[i + 1] = Math.min(pre[i], nums[i]);
        }
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            suf[i] = Math.min(suf[i + 1], nums[i]);
        }
        int ans = Integer.MAX_VALUE;
        for (int i = 1; i < n - 1; i++) {
            if (nums[i] > pre[i] && nums[i] > suf[i + 1]) {
                ans = Math.min(ans, pre[i] + nums[i] + suf[i + 1]);
            }
        }
        return ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;
    }
}

合法分组的最少组数

贪心，不太会，直接看题解。

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class Solution {
    public int minGroupsForValidAssignment(int[] nums) {
        Map<Integer, Integer> cnt = new HashMap<>();
        for (int x : nums) {
            cnt.merge(x, 1, Integer::sum);
        }
        int k = nums.length;
        for (int x : cnt.values()) {
            k = Math.min(k, x);
        }
        
        for (; ; k--) {
            int ans = 0;
            for (int x : cnt.values()) {
                if (x / k < x % k) {
                    ans = 0;
                    break;
                }
                ans += (x + k) / (k + 1);
            }
            if (ans > 0) {
                return ans;
            }
        }
    }
}

得到 K 个半回文串的最少修改次数

直接记忆化搜索就能搞定，特别注意子字符串的长度要求至少为 \(2\)。当然还可以预处理出所有因子，也可以将记忆化搜索转化为自底向上的动态规划。

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class Solution {
    public int minimumChanges(String s, int k) {
        int n = s.length();

        int[][] change = new int[n][n];
        for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                change[i][j] = calc(s.substring(i, j + 1));
            }
        }

        int[][] dp = new int[n][k];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            Arrays.fill(dp[i], -1);
        }
        return dfs(0, s, n, k - 1, change, dp);
    }

    private int calc(String s) {
        int n = s.length(), res = n;
        for (int d = 1; d < n; d++) {
            if (n % d == 0) {
                int cnt = 0;
                for (int k = 0; k < d; k++) {
                    for (int i = k, j = n - d + k; i < j; i += d, j -= d) {
                        if (s.charAt(i) != s.charAt(j)) {
                            cnt++;
                        }
                    }
                }
                res = Math.min(res, cnt);
            }
        }
        return res;
    }

    private int dfs(int i, String s, int n, int k, int[][] change, int[][] dp) {
        if (k == 0) {
            return change[i][n - 1];
        }

        if (dp[i][k] != -1) {
            return dp[i][k];
        }

        int res = n;
        for (int j = i + 1; j < n - 2 * k; j++) {
            res = Math.min(res, dfs(j + 1, s, n, k - 1, change, dp) + change[i][j]);
        }
        return dp[i][k] = res;
    }
}
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