前言
题解
前三题都是构造类型的题，倒是D题是很典的动态规划题。
牛客还是偏思维，偏构造，偏数学，T_T.
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A. 小红的整数转换
a次操作+b，且a，b都是正整数
等价于 a * b = y - x
分类讨论下
-
y - x > 0
a=1, b=y-x，是可行解
-
y - x <= 0
无解
import java.io.BufferedInputStream;
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int t = sc.nextInt();
while(t-- > 0) {
int x = sc.nextInt(), y = sc.nextInt();
if (y - x > 0) {
System.out.printf("%d %d\n", 1, (y - x));
} else {
System.out.println("-1 -1");
}
}
}
}
import sys
RI = lambda: map(int, sys.stdin.buffer.readline().split())
t, = RI()
for _ in range(t):
a, b = list(RI())
if b <= a:
print (-1, -1)
else:
print (1, b - a)
B. 小红打O
找规律，找到'*'和坐标x,y的映射关系
可以分成3部分，然后找找对称性，这样可以方便构造。
import java.io.*;
import java.util.*;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = sc.nextInt();
char[][] grid = new char[4 * n][4 * n];
for (int i = 0; i < 4 * n; i++) Arrays.fill(grid[i], '.');
// 头和尾巴
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = n - i; j < 2 * n; j++) {
grid[i][j] = grid[i][4 * n - 1 - j] = '*';
grid[4 * n - 1 - i][j] = grid[4 * n - 1 - i][4 * n - 1 - j] = '*';
}
}
// 中间
for (int i = n; i < 3 * n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
grid[i][j] = grid[i][4 * n - 1 - j] = '*';
}
}
for (int i = 0; i < 4 * n; i++) {
System.out.println(new String(grid[i]));
}
}
}
C. 小红的完全二叉树构造
按照定义，父子之间必然有一个是偶数
对于给定的n，奇数一定不小于偶数的个数
所以，一种很自然的想法是
按树的奇偶分层，做二分图构建
根据奇数层的节点数，和偶数层的节点数的大小，来决策偶数放树的那一层。
- 奇数层数不小于偶数层的节点数
则把偶数层优先放置偶数，其他则放剩下的
顺序不重要，奇偶是唯一关注的点。
import java.io.*;
import java.util.*;
import java.util.stream.Collectors;
import java.util.stream.IntStream;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = sc.nextInt();
int[] depth = new int[n + 1];
int n1 = 0, n2 = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
depth[i] = (depth[i / 2] + 1) % 2;
if (depth[i] == 1) n1++;
else n2++;
}
Deque<Integer> arr1 = new ArrayDeque<>();
Deque<Integer> arr2 = new ArrayDeque<>();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (i % 2 == 1) arr1.add(i);
else arr2.add(i);
}
int[] res = new int[n + 1];
if (n1 >= n2) {
// 偶数层先放偶数
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (depth[i] == 0) {
res[i] = !arr2.isEmpty() ? arr2.pop() : arr1.pop();
}
}
// 奇数层再放剩下的
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (depth[i] == 1) {
res[i] = !arr2.isEmpty() ? arr2.pop() : arr1.pop();
}
}
} else {
// 奇数层先放偶数
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (depth[i] == 1) {
res[i] = !arr2.isEmpty() ? arr2.pop() : arr1.pop();
}
}
// 偶数层再放剩下的
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (depth[i] == 0) {
res[i] = !arr2.isEmpty() ? arr2.pop() : arr1.pop();
}
}
}
System.out.println(
IntStream.range(1, n + 1)
.mapToObj(x -> String.valueOf(res[x]))
.collect(Collectors.joining(" "))
);
}
}
D. 小红的红蓝硬币
这题有两个思路
- 状态 + 0-1背包
- 容斥 + 0-1背包
两者皆以0-1背包为基础，区别在于，一个正向求解, 一个是正难则反。
1. 状态 + 0-1背包
正向求解，引入3个状态
- 0, 只包含红色的币
- 1，只包含蓝色的币
- 2，同时包含了红色和蓝色
把状态迁移整合进0-1背包的迭代求解过程中
令 opt[i][j][s], 前i项金币中，当前总价值为j，状态为s的方案数
第一维，可以借助滚动数组来优化，这样空间复杂度为
时间复杂度为
import java.io.BufferedInputStream;
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = sc.nextInt(), p = sc.nextInt();
char[] str = sc.next().toCharArray();
int[] arr = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
arr[i] = sc.nextInt();
}
long mod = (long)1e9 + 7;
long[][] dp = new long[3][p + 1];
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 这是不选择带来的转移
long[][] dp2 =new long[][] {
dp[0].clone(), dp[1].clone(), dp[2].clone()
};
char c = str[i];
int v = arr[i];
// 选择带来的转移
if (c == 'B') {
for (int j = 0; j <= p - v; j++) {
dp2[0][j + v] = (dp2[0][j + v] + dp[0][j]) % mod;
}
for (int j = 0; j <= p - v; j++) {
dp2[2][j + v] = (dp2[2][j + v] + dp[1][j] + dp[2][j]) % mod;
}
// 从空集中转移而来
dp2[0][v] = (dp2[0][v] + 1) % mod;
} else {
for (int j = 0; j <= p - v; j++) {
dp2[1][j + v] = (dp2[1][j + v] + dp[1][j]) % mod;
}
for (int j = 0; j <= p - v; j++) {
dp2[2][j + v] = (dp2[2][j + v] + dp[0][j] + dp[2][j]) % mod;
}
// 从空集中转移而来
dp2[1][v] = (dp2[1][v] + 1) % mod;
}
dp = dp2;
}
System.out.println(dp[2][p]);
}
}
2. 容斥 + 0-1背包
红色/蓝色金币至少都有一个的方案数
总的方案 - 只含红色 - 只含蓝色
而3部分的独立计算，就是简单的0-1背包
import java.io.BufferedInputStream;
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = sc.nextInt(), p = sc.nextInt();
char[] str = sc.next().toCharArray();
int[] arr = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
arr[i] = sc.nextInt();
}
long mod = (long)1e9 + 7;
long[] dp1 = new long[p + 1];
long[] dp2 = new long[p + 1];
long[] dp3 = new long[p + 1];
// 只有红色的金币
dp1[0] = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int v = arr[i];
if (str[i] == 'R') {
for (int j = p - v; j >= 0; j--) {
dp1[j + v] = (dp1[j + v] + dp1[j]) % mod;
}
}
}
// 只有蓝色的金币
dp2[0] = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int v = arr[i];
if (str[i] == 'B') {
for (int j = p - v; j >= 0; j--) {
dp2[j + v] = (dp2[j + v] + dp2[j]) % mod;
}
}
}
// 所有金币的方案数
dp3[0] = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int v = arr[i];
for (int j = p - v; j >= 0; j--) {
dp3[j + v] = (dp3[j + v] + dp3[j]) % mod;
}
}
// 容斥
long res = ((dp3[p] - dp2[p] - dp1[p]) % mod + mod) % mod;
System.out.println(res);
}
}
import sys
from typing import List
RI = lambda: map(int, sys.stdin.buffer.readline().split())
RS = lambda: map(bytes.decode, sys.stdin.buffer.readline().strip().split())
n, p = RI()
s, = RS()
arr = list(RI())
mod = 10 ** 9 + 7
def pack01(seq : List[int]) -> int:
dp = [0] * (p + 1)
dp[0] = 1
for v in seq:
for i in range(p - v, -1, -1):
dp[i + v] += dp[i]
dp[i + v] %= mod
return dp[p]
r1 = pack01(arr)
r2 = pack01([arr[i] for i in range(n) if s[i] == 'B'])
r3 = pack01([arr[i] for i in range(n) if s[i] == 'R'])
res = ((r1 - r2 - r3) % mod + mod) % mod
print (res)
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