Codeforces 909 A-F

CF909 题解

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A B C D E F
难度：红 黄 绿 蓝 绿 紫

题解

A

题目翻译：给定两个字符串，求字典序最小的“两字符串非空前缀拼接形成的字符串”。

算法标签：贪心

题目分析：
字典序最小，即从左往右依次比较字符，直到一方不剩字符或两字符不同。因此想到贪心。由于前缀非空，因此在前一字符串上不断输出，直到输出结束或字符大于后一字符串的第一个字符。
代码略。

B

题目翻译：

输入 \(n\)，由此得到 \(\frac{n(n+1)}{2}\) 个线段。你可以将它们拼接在一起，但要注意不能改变它们的左右端点位置。求拼接形成的线段最小数量。下图为当 \(n=4\) 时的最优解。

算法标签：数学、构造、贪心

题目分析：本题有多种解题思路。

1. 打标找规律（其一）
   若将答案按照 \(n(0 \le n)\) 的大小排成一个数列，则该数列的前几项为：

0, 1, 2, 4, 6, 9, …

不难发现答案为 \(\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor \times \lceil \frac{n+1}{2} \rceil\)。直接做就做完了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    n++;
    cout << floor(n / 2.0) * ceil(n / 2.0) << endl;
    return 0;
}

2. 打标找规律（其二）
   不难发现答案有规律 \(f_i=2\times f_{i-1}-2\times f_{i-3}+f_{i-4}\)。直接做就做完了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    if (n == 1) puts("1");
    else if (n == 2) puts("2");
    else if (n == 3) puts("4");
    else if (n == 4) puts("6");
    else {
        int a = 1, b = 2, c = 4, d = 6, e;
        n -= 4;
        while (n--) {
            e = 2 * d - 2 * b + a;
            a = b;
            b = c;
            c = d;
            d = e;
        }
        printf("%d\n", d);
    }
    return 0;
}

3. 对规律进行证明
   因为规律可能错误，为了避免罚时（CF 赛制）和挂分（OI 赛制），需要对规律进行证明。
   以下内容翻译自官方题解：

考虑长度为 \(1\) 的段 \([i, i + 1]\)。显然，覆盖此段的所有段必须属于不同的层。为了覆盖它，线段的左端必须位于点 \(0, 1，…， i\)（共 \(n-i\) 种选择），而右端分别在点 \(i+1，i+2，…，n\)（共 \(n-i\) 种选择）。所以覆盖 \([i, i + 1]\) 的段数等于 \(m_i=(i + 1)(n - i)\)。在所有 \(i=0,…,n-1\) 中，\(m_i\) 的最大值给出了层数的下界。
由于该问题不需要显式构造，我们可以猜测这个界限是精确的。最大值 \(m_i\) 可以在 \(O(n)\) 内找到；或者，可以看出，当 \(n\) 为奇数时，最大值出现在中间段，而当 \(n\) 为偶数时，最大值出现在两个中间段之一。
所以答案是 \((\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1)\cdot\lceil\frac{n}{2}\rceil\)。
我们也可以通过一个明确的构造来证明这一点。将所有线段按照其左端点的非降序排列，然后再按照其右端点的升序排列。尝试贪心地为每个下一段找到一个位置：如果 \(i\) 是当前线段的左端点，且线段 \([i, i+1]\) 在某一层是空闲的，则将当前线段添加到该层；否则，用当前线段开始一个新的层。
是的，这就是个 \(O(1)\) 的问题！（滑稽）

C

题目翻译：

题目给定一段类 Python 代码（只有两种语句：p（代表print）和f（代表for）），要求计算出这段代码有多少种合法的缩进。答案对 \(10^9+7\) 取模。

算法标签：动态规划

题目分析：类 Python 语言的缩进规则如下：

• 第一条语句不加缩进
• 对于其他语句有：
  • 若其为某条 for 的循环体时，加该 for 语句缩进的下一级
  • 否则不缩进
• 特别的，每条 for 都必须有至少一条语句作为循环体
  这是一个例子：

print
print
for
	print
	for
		print
		print
	print
print

于是可以想到动态规划。设 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 条语句缩进 \(j\) 级的方案数，\(s_i\) 表示第 \(i\) 条语句。

显然当 \(s_{i-1}=\text{"f"}\) 时，\(dp_{i,j}\) 只能从 \(dp_{i-1,j-1}\) 转移；而当 \(s_{i-1}=\text{"p"}\) 时，它可以从任意 \(dp_{i, k}(j \le k \le i)\) 处转移。因此可以维护后缀和加速。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[5010][5010], sum[5010], n, cnt = 0;
string s, lst;
const int mod = 1e9 + 7;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> s;
	lst = s;
	dp[1][0] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		cin >> s;
		if (lst == "f") {
			for (int j = 1; j <= i; j++) {
				dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
			}
		} else {
			for (int j = i; j >= 0; j--) {
				dp[i][j] = (dp[i][j + 1] + dp[i - 1][j]) % mod;
			}
		}
		lst = s;
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= n; i++) ans = (ans + dp[n][i]) % mod;
	cout << ans << "\n";
	return 0;
}

D

题目大意：