算法周赛笔记（7月第2周）— Acwing 第8场

Love The Way You Lie 2022-08-30 04:10 131阅读 0赞

### 文章目录 ###

*   *  说点废话
     *  题目
     *   *  Acwing - 3770
         *  Acwing - 3771
         *  Acwing - 3772

## 说点废话 ##

本狗学习算法也有一段时间了，不得不说，acwing的算法课讲的非常好，很对我的胃口，有一种相见恨晚的赶脚，如果能在刚上大学的时候遇见就好了！那我现在肯定变成大佬了（哭

还是忍不住想说一句：**yxc牛逼！！！**

基础算法的算法思路和模板代码学的都七七八八了，都基本敲了一遍（还剩动归和贪心的章节没学完）

确实像孔哥（我大学室友）说的，光看视频课，光自己刷题，是不行的，还是得刷周赛，有时间的限制和一种比较正式的仪式感。故本狗准备从这周开始，跟随孔哥步伐，开始参加算法周赛！并每周要把算法题目消化并整理笔记，以便回看和巩固。

本周共参加两场周赛，Acwing 和 LeetCode。  
本篇是 对 acwing 本周周赛题目的笔记整理，如下

## 题目 ##

### Acwing - 3770 ###

[Acwing - 3770: 最小消耗][Acwing - 3770_]

有 n 个怪兽等待你去消灭。

怪兽共分为两种形态，不妨用 0 和 1 来表示。

消灭一个 0 形态的怪兽需要耗费的法力值为 a。

消灭一个 1 形态的怪兽需要耗费的法力值为 b。

你还可以使用改造魔法将 0 形态怪兽改造为 1 形态或将 1 形态怪兽改造为 0 形态。

改造一个怪兽需要耗费的法力值为 c。

请问，将怪兽全部消灭最少需要耗费多少法力值。

**题解**

签到题，不考察任何算法，直接模拟即可。对于0，要么直接消灭（消耗a），要么转变成1之后再消灭（消耗c+b）。消灭一个0形态的怪兽的最小代价就是`min(a,c+b)`，同理，消灭一个1形态的怪兽的最小代价是`min(b,c+a)`

#include<iostream>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    
    int get_min(int n, int a, int b, int c, string s) { 
    	int m_0 = min(a, c + b);
    	int m_1 = min(b, c + a);
    	int res = 0;
    	for(int i = 0; i < s.size(); i++) { 
    		if(s[i] == '0') res += m_0;
    		else res += m_1;
    	}
    	return res;
    }
    
    int main() { 
    	int m;
    	scanf("%d", &m);
    	while(m--) { 
    		int n, a, b, c;
    		scanf("%d%d%d%d", &n, &a, &b, &c);
    		string s;
    		cin >> s;
    		printf("%d\n", get_min(n, a, b, c, s));
    	}
    	return 0;
    }

### Acwing - 3771 ###

[Acwing - 3771: 选取石子][Acwing - 3771_]

给定  n n n 个石子，编号为  1 1 1 ∼  n n n。

其中第  i i i 个石子的价值为  a i a\_i ai。

你需要从中任意挑选若干个石子，并将挑选好的石子按照编号从小到大的顺序排成一排。

选中的石子在排好序后需要满足，对于任意两个**相邻**的石子（不妨设它们的编号为  x x x， y y y ）， x − y = a x − a y x-y=a\_x-a\_y x−y=ax−ay 均成立。

例如，当有  n = 8 n=8 n=8 个石子，石子价值分别为  \[ 3 , 4 , 4 , 6 , 6 , 7 , 8 , 9 \] \[3,4,4,6,6,7,8,9\] \[3,4,4,6,6,7,8,9\]，一些合理的选择方案如下：

*  选择  1 ， 2 ， 4 1，2，4 1，2，4 号石子，它们的价值分别为  3 ， 4 ， 6 3，4，6 3，4，6。 1 1 1 号石子与  2 2 2 号石子相邻， 2 − 1 = 4 − 3 2-1=4-3 2−1=4−3 成立。 2 2 2 号石子与  4 4 4 号石子相邻， 4 − 2 = 6 − 4 4-2=6-4 4−2=6−4 成立。所以方案合理。
 *  选择  7 7 7 号石子。可以只选择一个石子，此时选取任何石子均为合理方案。

你的选择方案不仅需要合理，而且还要使得选中石子的价值总和尽可能大。

请计算并输出价值总和的最大可能值。

**题解**

我的解法：DFS暴搜

貌似能求出正确答案，但是会报 `Time Limit Exceeded`

#include<iostream>
    using namespace std;
    
    typedef long long LL;
    
    const int N = 1e6;
    
    int a[N], n;
    LL res = 0, ans = 0;
    
    int path[N], ctn; //存储已经纳入的点
    
    // 每次枚举第x编号的石子, 都有2种选择, 是否纳入
    void dfs(int x) { 
    	if(x > n) return; // 深搜结束
    	// 不纳入, 直接深搜下一个节点
    	dfs(x + 1);
    	bool flag = false;
    	// 尝试纳入, 检查该次纳入是否合法
    	// 当前已存在纳入的石子
    	if(ctn > 0) { 
    		int pre = path[ctn - 1]; // 获取当前最后一个石子
    		if(x - pre == a[x] - a[pre]) { 
    			// 符合纳入条件
    			path[ctn++] = x;
    			res += a[x];
    			flag = true;
    		} else return; // 不符合纳入条件, 直接剪枝
    	} else { 
    		// 当前已纳入的石子为0, 直接纳入
    		path[ctn++] = x;
    		res += a[x];
    		flag = true;
    	}
    	// 纳入后记录答案
    	ans = max(ans, res);
    
    	dfs(x + 1); // 深搜下一个位置
    
    	// 深搜完毕后, 恢复现场
    	if(flag) { 
    		ctn--;
    		res -= a[x];
    	}
    }
    
    int main() { 
    	scanf("%d", &n);
    	for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    	dfs(1);
    	printf("%lld", ans);
    	return 0;
    }

标准解法：哈希

将  x − y = a x − a y x-y=a\_x-a\_y x−y=ax−ay 进行一下变换，得  a x − x = a y − y a\_x-x=a\_y-y ax−x=ay−y，这样以来，对于  i ∈ \[ 1 , n \] i \\in \[1,n\] i∈\[1,n\] ，每个石子  i i i 都可以计算出一个额外的属性  a i − i a\_i-i ai−i，不妨令这个属性为  s i s\_i si，则所有  s i s\_i si 相同的石子，能够构成一种方案。则只需要对  s i s\_i si 的每种取值，求解一下其中包含的石子的总价值即可。

#include<iostream>
    #include<unordered_map>
    using namespace std;
    
    typedef long long LL;
    
    const int N = 1e6;
    
    int a[N];
    
    int main() { 
        unordered_map<int,LL> res;
        int n;
        scanf("%d", &n);
        LL ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) { 
            scanf("%d", &a[i]);
            res[a[i] - i] += a[i]; // 对于 a[i] - i 这一组的石子，进行价值累加
            ans = max(ans, res[a[i] - i]); // 实时保存当前价值最大的组的价值总和
        }
        printf("%lld", ans);
        return 0;
    }

### Acwing - 3772 ###

[Acwing - 3772: 更新线路][Acwing - 3772_]

给定一个  n n n 个点  m m m 条边的**有向强连通**图。

点的编号为  1 1 1 ∼  n n n ，边的长度均为  1 1 1。

给定一条由点  s s s 到点  t t t 的简单路径  p 1 , p 2 , . . . , p k p\_1,p\_2,...,p\_k p1,p2,...,pk，其中  p 1 = s p\_1=s p1=s， p k = t p\_k=t pk=t。

注意，这条路经**不一定**是从点  s s s 到点  t t t 的最短路径。

现在，小明要沿着这条路径从点  s s s 走到点  t t t。

在他的行进过程中，手机上的导航软件将持续为他导航，持续为他提供最短行进线路建议。

当然，他并不一定会采纳这些建议，因为他一定会沿着之前给定的线路行进。

设想一下，在行进中，导航软件的工作过程。

首先，在点  s s s 处，导航软件会找到并显示出一条从点  s s s 到点  t t t 的最短路径。

如果小明的行进线路恰好与软件推荐线路一致，则软件推荐线路将不会发生任何改变。

但是，如果小明在某一点处，行进线路与软件推荐线路发生了分歧，例如，软件推荐前往点  v v v，小明却前往了点  w w w。

那么，在他到达点  w w w 后，软件就会实时更新推荐线路，即找到并显示出一条从点  w w w 到点  t t t 的最短路径。

导航软件会一直工作到小明到达点  t t t 为止，在这一过程中，软件的提供线路可能会经过若干次更新。

例如，给定一个有向强连通图，如下所示：

![6bfea84d5f480ea3e5d279e1ea1be685.png][]

给出的简单路径为  \[ 1 , 2 , 3 , 4 \] ( s = 1 , t = 4 ) \[1,2,3,4\](s=1,t=4) \[1,2,3,4\](s=1,t=4)

那么，小明从点  1 1 1 出发，导航软件找到并显示出一条从点  1 1 1 到点  4 4 4 的最短路径，这样的路径只有一条  \[ 1 , 5 , 4 \] \[1,5,4\] \[1,5,4\]。

小明并未听从软件的建议，坚持到达了点  2 2 2，此时软件推荐线路实时更新，提供出一条点  2 2 2 到点  4 4 4 的最短路径，例如  \[ 2 , 6 , 4 \] \[2,6,4\] \[2,6,4\]

（注意，软件提供的最短路径也有可能是  \[ 2 , 3 , 4 \] \[2,3,4\] \[2,3,4\]）。

小明还是不听软件的建议，坚持到达了点  3 3 3，此时软件推荐线路再次更新，提供出一条点  3 3 3 到点  4 4 4 的最短路径，即  \[ 3 , 4 \] \[3,4\] \[3,4\]。

最后，小明沿软件提供路线，到达目的地点  4 4 4，软件完成导航。

总的来看，软件推荐线路发生了两次更新。

值得注意的是，如果软件在第一次更新推荐线路时，给出的最短路径为  \[ 2 , 3 , 4 \] \[2,3,4\] \[2,3,4\]，则小明将按照推荐线路走到终点，软件将无需再次更新推荐线路。

也就是说，由于软件在推荐最短路径时具有随机性，所以在整个行进过程中，软件更新推荐线路的次数并不确定。

现在，给定有向图和行进路线，请你求出软件更新推荐线路的最小可能次数和最大可能次数。

**题解**  
根据题目，小明是一定会按照给出的路线  p 1 , p 2 , . . . , p k p\_1,p\_2,...,p\_k p1,p2,...,pk 走下去的，关键就是求解出在途中的每个点（ p 1 , p 2 , . . . , p k − 1 p\_1,p\_2,...,p\_\{k-1\} p1,p2,...,pk−1），到终点  p k p\_k pk ，有多少条最短路。  
我们考虑小明走一步的情况，即从  p i p\_i pi 走到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 时，导航路线是否需要更新。

*  当  p i p\_i pi 到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 这条边，**不在  p i p\_i pi 到终点  p k p\_k pk 的某一条最短路径上时**
    
    小明走到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 时，导航路线一定会更新，所以更新路线的最小可能次数和最大可能次数都得加1。
    
    即，导航推荐的所有可能路线中，一定不包含  p i p\_i pi 到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 这条边，则小明走到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 时，路线一定要发生更新。
 *  当  p i p\_i pi 到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 这条边，**在  p i p\_i pi 到终点  p k p\_k pk 的某一条最短路径上时**，此时要分情况讨论
    
     *  当  p i p\_i pi 到  p k p\_k pk 的最短路径只有一条时
        
        这条最短路径一定是经过  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 这个点的。即，小明位于  p i p\_i pi 时，导航推荐的最短路线只有一种，那就是经过  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 的这条路线，那么小明走到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 时，路线一定不会更新。
     *  当  p i p\_i pi 到  p k p\_k pk 的最短路径多于一条时
        
        在小明位于  p i p\_i pi 时，若导航推荐的路线恰好经过  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 ，则无需更新；若导航推荐的路线不是经过  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 的，则需要更新。即，此时最小可能次数不变，最大可能次数加1。

根据上面的讨论，我们知道了，关键在于，对于某个点  p i p\_i pi ，我们需要维护  p i p\_i pi 到  p k p\_k pk 的最短路的个数。

考虑用BFS来做，但是如果我们建一个正向图，即从点  p 1 p\_1 p1 开始进行BFS，则当扩展到  p i p\_i pi 时，只能得到  p 1 p\_1 p1 到  p i p\_i pi 的最短路，也只能得到  p 1 p\_1 p1 到  p i p\_i pi 的最短路个数。

求最短路的问题中，对于距离数组，我们是根据**三角不等式**来更新的 ： d j > d i + 1 d\_j \\gt d\_i + 1 dj>di\+1。其中  i i i 是从当前队列中拿出来的，与起点距离最短的点  p i p\_i pi，而  p j p\_j pj 是  p i p\_i pi 的相邻点。我们可以稍微变换一下，采用  d j ≥ d i + 1 d\_j \\ge d\_i+1 dj≥di\+1 来进行更新，则每次遇到满足  d j ≥ d i + 1 d\_j \\ge d\_i+1 dj≥di\+1 ，需要更新  d j d\_j dj 时，我们认为找到了一条  p 1 p\_1 p1 号点到  p j p\_j pj 号点的最短路。对于同一个  j j j，若多次遇到了  d j ≥ d i + 1 d\_j \\ge d\_i+1 dj≥di\+1 条件，则说明 点  p 1 p\_1 p1 到 点  p j p\_j pj 的最短路有多条。

于是我们可以在每次遇到满足  d j ≥ d i + 1 d\_j \\ge d\_i+1 dj≥di\+1 时，都对  j j j 进行计数，计数表示的是  p 1 p\_1 p1 号点到  p j p\_j pj 号点的最短路的个数。（我自己的代码中考虑了重边的情况，即当存在重边时，不应当重复计数）

如果从  p 1 p\_1 p1 点开始BFS，则只能得到某个点  p j p\_j pj 到点 p 1 p\_1 p1 的最短路径的个数。而我们这道题目，需要用到的是某个点  p j p\_j pj 到终点  p k p\_k pk 的最短路径的个数。所以我们考虑**建反向图**（建反向图的意思是，当输入数据表明存在一条边  a → b a \\rightarrow b a→b 时 ，我们创建一条边  b → a b \\rightarrow a b→a ），方便从终点  p k p\_k pk 开始进行BFS。

由于当BFS执行完毕后，对于最短路径上的每个点  p i p\_i pi 和点  p j p\_j pj（假设  p i p\_i pi 在  p j p\_j pj 前面），都一定满足三角不等式  d i ≥ d j + 1 d\_i \\ge d\_j+1 di≥dj\+1

所以对于小明从  p i p\_i pi 走到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 这一步，我们可以通过三角不等式来判断， p i p\_i pi 到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 这条边，是否在最短路上

如此，我们的思路就比较清晰了，关键点无非就是

*  建反向图
 *  从终点  p k p\_k pk 开始进行BFS，并额外维护某个点到  p k p\_k pk 的最短路径的个数
 *  每次小明从  p i p\_i pi 走到  p i + 1 p\_\{i+1\} pi\+1 时，可以根据三角不等式来判断这一步是否在最短路径上

我的解法：

#include<iostream>
    #include<cstring>
    using namespace std;
    
    const int N = 2e5 + 10, M = N;
    
    const int INF = 0x3f3f3f3f;
    
    int h[N], e[N], ne[N], idx; // 图的邻接表存储
    
    int ctn[N]; // 存储某个点 i 到终点 k 的最短路径的个数
    
    int n, m, k;
    
    int path[N]; // 给定的路线
    
    int d[N];
    
    int q[N]; // 队列
    
    bool st[N]; // 用于防止重边时多次对 ctn 进行计数
    
    bool stt[N]; // 判断一个节点是否在队列q中
    
    void add(int a, int b) { 
    	// 邻接链表, 头插法
    	e[idx] = b;
    	ne[idx] = h[a];
    	h[a] = idx++;
    }
    
    void bfs() { 
    	memset(d, 0x3f, sizeof d);
    	d[path[k]] = 0;
    	stt[path[k]] = true; // stt表示是否添加到队列
    	int hh = 0, tt = -1;
    	q[++tt] = path[k]; // 入队
    	while(tt >= hh) { 
    		// 当队列非空
    		int t = q[hh++]; // 出队
    		stt[t] = false;
    		memset(st, false, sizeof st); // 用于防止重边, 添加多个 ctn 
    		// 遍历所有出边
    		for(int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) { 
    			int j = e[i];
    			if(d[j] >= d[t] + 1) { 
    				// 发生更新
    				d[j] = d[t] + 1;
    				if(!st[j]) { 
    					// j 点没有被走过时, 添加ctn (防止重边添加多次 ctn)
    					ctn[j]++;
    					st[j] = true;
    				}
    				if(!stt[j]) { 
    					q[++tt] = j; // 入队
    					stt[j] = true;
    				}
    			}
    		}
    	}
    }
    
    int main() { 
    	memset(h, -1, sizeof h);
    	scanf("%d%d", &n, &m);
    	while(m--) { 
    		int a, b;
    		scanf("%d%d", &a, &b);
    		add(b, a); // 建反向边
    	}
    	scanf("%d", &k);
    	for(int i = 1; i <= k; i++) scanf("%d", &path[i]);
    	bfs(); // 先进行宽搜, 建立数据
    	int min_c = 0, max_c = 0; // 更新路线的最小可能次数和最大可能次数
    	// 进行处理
    	for(int i = 1; i < k; i++) { 
    		int a = path[i], b = path[i + 1];
    		// 查看 i 到 i + 1 这条边是否在最短路上
    		// 由于建的是反向图, BFS从 k 开始, 所以BFS时, 点 i + 1 在 i 的前面被搜到
    		if(d[a] < d[b] + 1) { 
    			// 说明 i 到 i + 1 不在最短路上, 路线一定会发生更新
    			min_c++;
    			max_c++;
    		} else { 
    			// i 到 i + 1 在最短路上, 看一下最短路有多少条
    			if(ctn[a] > 1) { 
    				// i 点 到 k 点 的最短路个数大于1, 即不止当前这个 i 到 i + 1 这条最短路
    				max_c++;
    			}
    		}
    	}
    	printf("%d %d\n", min_c, max_c);
    	return 0;
    }

yxc标准解法：

#include <iostream>
    #include <cstring>
    #include <algorithm>
    
    using namespace std;
    
    const int N = 200010, M = N;
    
    int n, m;
    int h[N], e[M], ne[M], idx;
    int dist[N], cnt[N], q[N];
    int path[N];
    
    void add(int a, int b)  // 添加一条边a->b
    { 
        e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
    }
    
    void bfs(int start)
    { 
        int hh = 0, tt = 0;
        memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
        dist[start] = 0;
        q[0] = start;
    
        while (hh <= tt)
        { 
            int t = q[hh ++ ];
            for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
            { 
                int j = e[i];
                if (dist[j] > dist[t] + 1)
                { 
                    dist[j] = dist[t] + 1;
                    cnt[j] = 1;
                    q[ ++ tt] = j;
                }
                else if (dist[j] == dist[t] + 1)
                    cnt[j] ++ ;
            }
        }
    }
    
    int main()
    { 
        scanf("%d%d", &n, &m);
        memset(h, -1, sizeof h);
        while (m -- )
        { 
            int a, b;
            scanf("%d%d", &a, &b);
            add(b, a);
        }
    
        int k;
        scanf("%d", &k);
        for (int i = 1; i <= k; i ++ ) scanf("%d", &path[i]);
        bfs(path[k]);
    
        int minc = 0, maxc = 0;
        for (int i = 1; i < k; i ++ )
        { 
            int a = path[i], b = path[i + 1];
            if (dist[a] < dist[b] + 1) minc ++, maxc ++ ;
            else if (cnt[a] > 1) maxc ++ ;
        }
    
        printf("%d %d\n", minc, maxc);
        return 0;
    }

本周是第一次参加周赛，战况不是很理想。Acwing 一共3道题，只做出第一道，第二题没有想到用哈希。

LeetCode 一共4道，只做出前2道，并且LeetCode的后两道还未消化完毕，笔记仍在整理中…

（完）

[Acwing - 3770_]: https://www.acwing.com/problem/content/3773/
[Acwing - 3771_]: https://www.acwing.com/problem/content/3774/
[Acwing - 3772_]: https://www.acwing.com/problem/content/3775/
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