题面
A. Regular Bracket Sequence
【题面】
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(S\)，其中有包括 (，)，和 ?。问如果可以把 ? 变成 ( 或者 )，是否可以把序列 \(S\)，变成括号序列。 保证存在一个左括号和一个右括号
【思路】
- 首先考虑到如果说字符串的长度为奇数那么这个序列一定不能成为括号序列。
- 对于任意数量的括号只要满足第一个不是左括号，最后一个不是右括号即可。
n比较小可以考虑二进制枚举
【实现】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
inline int read(){int x = 0, f = 1; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }while(ch >= '0' && ch <= '9'){ x = x * 10 + (ch ^ 48); ch = getchar(); }return x * f;
}
void solve(){string s;cin >> s;int n = s.size();s = " " + s;if(n % 2 == 1 || s[1] == ')' || s[n] == '('){cout << "No\n";return ;}cout << "Yes\n";
}
int main(){int T = read();while(T--){solve();}return 0;
}
B. Red and Blue
【题面】
给定一个长度为 \(n+m\) 的数组 \(a\)，把数组 \(a\) 分成两个长度分别为 \(n\) 和 \(m\) 的数组 \(r\) 和 \(b\)。重新组合 \(r\) 和 \(b\) 满足 \(r_i\) 和 \(b_i\) 在原数组中的相对位置不变。
求 \(f(a)\) 的最大值：
【思路】
1.首先根据样例，可以发现贪心（每一次取最大值）是错误的。
2.可以发现 \(n\) 和 \(m\) 的大小很小，所以可以考虑一个 \(O(nm)\) 的算法。
3.考虑 \(dp\)，定义 \(dp_{i,j}\) 表示在前 \(i\) 个 \(r_i\) 和 前 \(j\) 个 \(b_j\) 中的最大 \(f(a)\)，那么
\(dp_{i+1,j} = \max(dp_{i+1,j},dp_{i,j}+r_i)\)
\(dp_{i,j+1} = \max(do_{i,j+1},dp_{i,j}+b_i)\)
\(dp_{0,0}=0\)
【实现】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
inline int read(){int x = 0, f = 1; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }while(ch >= '0' && ch <= '9'){ x = x * 10 + (ch ^ 48); ch = getchar(); }return x * f;
}
const int N = 105;
ll dp[N][N];
void solve(){int n = read();vector<int>a(n+1);for(int i=1; i<=n; ++i){a[i] = read();}int m = read();vector<int>b(m+1);for(int i=1; i<=m; ++i){b[i] = read();}for(int i=0; i<=n; ++i){for(int j=0; j<=m; ++j){dp[i][j] = INT_MIN;}}dp[0][0] = 0;ll ans = INT_MIN;for(int i=0; i<=n; ++i){for(int j=0; j<=m; ++j){if(i<n)dp[i+1][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j] + a[i+1]);if(j<m)dp[i][j+1] = max(dp[i][j+1], dp[i][j] + b[j+1]);ans = max(ans, dp[i][j]);}}cout << ans << '\n';
}
int main(){int T = read();while(T--){solve();}return 0;
}
C. Building a Fence
【题面】
给定 \(n\) 个栅栏其中每一个栅栏的区间 \([l_i..r_i]\)。其中第 \(i\) 个区间的 \(l_i\) 要求必须 \(\geq h_i\)。如果每一个相邻的栅栏必须有长度至少为 \(1\) 的相交区间，问是否存在这种情况
【思路】
1。发现每一个栅栏的区间 \([l_i..r_i]\) 只跟上一个栅栏和 \(h_i\) 有关。
2.可以用一个线性复杂度的算法去把计算每一个栅栏区间的最低值和最大值，最后取一个交集即可。
【实现】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
inline int read(){int x = 0, f = 1; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }while(ch >= '0' && ch <= '9'){ x = x * 10 + (ch ^ 48); ch = getchar(); }return x * f;
}
void solve(){ll n = read(), k = read();vector<ll>h(n+1), l(n+1), r(n+1);for(int i=1; i<=n; ++i){h[i] = read();}l[1] = r[1] = h[1];for(int i=2; i<=n; ++i){if(h[i] +k-1< l[i-1] -k+1|| h[i] >= r[i-1] + k){cout << "No\n";return;}l[i] = max(h[i], l[i-1] + 1 - k);r[i] = min(h[i] + k-1, r[i-1] + k - 1);if(l[i] > r[i]){cout << "No\n";}}if(l[n] <= h[n] && h[n] <= r[n]){cout << "Yes\n";}else{cout << "No\n";}
}
int main(){int T = read();while(T--){solve();}return 0;
}
D. Ceil Divisions
【题面】
您有一个数组 \(a_1,a_2,...,a_n\) ，其中 \(a_i=i\) 。
在一个步骤中，您可以选择两个索引 \(x\) 和 \(y\) ( \(x \neq y\) )，并设置 \(a_x = \left\lceil \frac{a_x}{a_ y} \right\rceil\)
您的目标是在不超过 \(n + 5\) 的步骤中使数组 \(a\) 由 \(n - 1\) 和 \(1\) 组成。注意，您不必最小化步骤数。
【思路】
1.首先可以发现对于任意 \(n\) 和 \(m\)，如果 \(n < m\) 那么 \(\lceil \frac{n}{m} \rceil = 1\)。
2.可以把构造出把 \(3\) 到 \(n-1\) 都去除以 \(n\) 这样 \(a\) 就变成了 \(1,2,1,1,...,1,n\)那么只用考虑把 \(n\) 变成 1即可。但是发现如果要把 \(n\) 变成 \(1\)，此时需要 \(\log n\) 此次，绝对会超时。
3.考虑要让 \(\frac{n}{p_1·p_2·p_3·...·p_k}\) 要让 \(k\) 尽量少。由于考虑到 \(n\) 是从 \(1\) 到 \(n\) 中最大的，所以让 \(k\) 不能是 \(1\)，最小只能是 \(2\)。有由于每一次的可以删去 \(p_2..n\)。那么尽量让 \(\lvert p_1 - p_2 \rvert\) 最小，就干脆让 \(p_1 = p_2\) 那么就让 \(n=\frac{n}{\sqrt n}\)
【实现】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
inline int read(){int x = 0, f = 1; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }while(ch >= '0' && ch <= '9'){ x = x * 10 + (ch ^ 48); ch = getchar(); }return x * f;
}
void solve(){ll n = read();vector<pair<ll, ll> > ans;for(ll i = n; i >=3; --i){ll cnt = ceil(sqrt(i));for(ll j = cnt+1; j<i; ++j){ans.push_back({j, i});}ans.push_back({i, cnt});ans.push_back({i, cnt});i = ++cnt;}cout << ans.size() << '\n';for(auto x : ans){cout << x.first << ' ' << x.second << '\n';}
}
int main(){int T = read();while(T--){solve();}return 0;
}