本文主要是介绍YCKCOJ清明进阶专题题解,希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!
总的来说还是有难度的,这也能二分???
本套题需要大家尽量思考
A题 DARLING in the FRANXX
实际上这是一部好看的日漫,本题的背景主要以 叫龙 叫龙 叫龙为主,它是一种生物。。。好了言归正传,抓住核心题意: 02只想一次性清理掉某一级别的叫龙,所以不难发现最终我们环的排列方式一定是所有的A B C分别连成一块,例如AAAABBBBBCCCCC这样子。
对于环的问题,我们要固定一个点,这样子思维才不会被环的特殊性所迷惑(因为是环所以无法区分首尾),假设我们以1位置作为环的开头。
实际上最终02消灭叫龙的时候无外乎消除顺序是ABC的几种排列:
A B C ABC ABC
A C B ACB ACB
B A C BAC BAC
B C A BCA BCA
C A B CAB CAB
C B A CBA CBA
我们就按六种方式依次枚举,当然需要借助到一个快速统计的工具
以最终排列 A B C ABC ABC为例子,先统计一开始分别有 A , B , C A,B,C A,B,C种类的叫龙个数,如果以 A A A开头,那么由于环的性质,我们可以在开头摆放若干个 A A A叫龙,结尾摆放剩余叫龙,假如说 A A A叫龙一共有 a a a只,那么我们可以摆放0~a只叫龙在首,剩余在尾,这个可以枚举。然后摆放所有的 B B B叫龙与 C C C叫龙。但是我们需要知道一个数据: 把某种叫龙全部填在某个区间需要的引导次数 把某种叫龙全部填在某个区间需要的引导次数 把某种叫龙全部填在某个区间需要的引导次数
这个东西可以用前缀和实现,定义前缀和 A [ i ] A[i] A[i]为 1 1 1– i i i位置内非 A 叫龙 A叫龙 A叫龙的个数,假如说我们现在要把 a a a只 A A A叫龙全部引导在一个长度为 a a a的区间 [ L , R ] [L,R] [L,R],那么求法就是 A [ R ] − A [ L − 1 ] A[R]-A[L-1] A[R]−A[L−1],直接计算区间内有多少个不是 A A A龙,然后引导即可,当然还要一种特殊的情况,那就是环,如果是环的话则是由开头一段+结尾一段来计算引导数,详情请看代码。
前缀和记录好以后,枚举第2个字母摆放位置,然后前缀和计算。
为什么枚举第2个字母的摆放位置呢?
实际上就是在考虑从首位置开始,摆放多少只第1个字母对应的叫龙,例如A叫龙一共a只,那么我可以在首位置开始摆放0~a只,那么第2个字母摆放的位置只能是1 ~ a+1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 50;
int A[maxn], B[maxn], C[maxn];
char s[maxn];
int num[3];
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);int n;cin >> n;cin >> s + 1;int a = 0, b = 0, c = 0;for(int i = 1;i <= n;i++){if(s[i] != 'A') A[i] = A[i - 1] + 1;else A[i] = A[i - 1], a++;if(s[i] != 'B') B[i] = B[i - 1] + 1;else B[i] = B[i - 1], b++;if(s[i] != 'C') C[i] = C[i - 1] + 1;else C[i] = C[i - 1], c++;}int ans = 1e9;for(int i = 1;i <= c + 1;i++)//AB{int cost = A[i + a - 1] - A[i - 1] + B[i + a + b - 1] - B[i + a - 1];cost += C[i - 1] + C[n] - C[i + a + b - 1];ans = min(cost, ans);}for(int i = 1;i <= c + 1;i++)//BA{int cost = B[i + b - 1] - B[i - 1] + A[i + a + b - 1] - A[i + b - 1];cost += C[i - 1] + C[n] - C[i + a + b - 1];ans = min(cost, ans);}for(int i = 1;i <= b + 1;i++)//AC{int cost = A[i + a - 1] - A[i - 1] + C[i + a + c - 1] - C[i + a - 1];cost += B[i - 1] + B[n] - B[i + c + a - 1];ans = min(cost, ans);}for(int i = 1;i <= b + 1;i++)//CA{int cost = C[i + c - 1] - C[i - 1] + A[i + c + a - 1] - A[i + c - 1];cost += B[i - 1] + B[n] - B[i + c + a - 1];ans = min(cost, ans);}for(int i = 1;i <= a + 1;i++)//BC{int cost = B[i + b - 1] - B[i - 1] + C[i + c + b - 1] - C[i + b - 1];cost += A[i - 1] + A[n] - A[i + c + b - 1];ans = min(cost, ans);}for(int i = 1;i <= a + 1;i++)//CB{int cost = C[i + c - 1] - C[i - 1] + B[i + c + b - 1] - B[i + c - 1];cost += A[i - 1] + A[n] - A[i + c + b - 1];ans = min(cost, ans);}cout << ans << endl;return 0;
}
这篇关于YCKCOJ清明进阶专题题解的文章就介绍到这儿,希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助!