2015 Multi-University Training Contest 7

官方题解：2015 Multi-University Training Contest 7 solutions BY UESTC

1003 Hotaru's problem

HDU 5371：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5371

题意：求最长的N-sequence

定义N-sequence由3部分组成，满足下面2个条件：

1、第一部分和第三部分相同

2、第一部分和第二部分对称

\( 1 \leqslant n \leqslant 10^5 \)

manacher算法

可以用manacher算法求出\(p[i]\)，表示以下标为\(i\)和\(i+1\)为中心的最长回文长度

那么问题可以转化成，相距\(x\)的两个数\(a[i],a[i+x]\)，满足\( \frac{a[i]}{2} \geqslant  x\) 并且 \(\frac{a[i+x]}{2} \geqslant x\)，要求\(x\)尽量大

可以枚举第一个数下标\(i\)和长度\(x\)。姿势好就可以水过。（正解是二分）

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<map>
using namespace std;
#define pb push_back
#define LL __int64
#define N 100005
#define INF 1<<30

int p[N<<1];
int s[N<<1];
int n;

void init() {
for(int i=n; i>=0; --i) {
s[i+i+2]=s[i];
s[i+i+1]=-1;
}
s[0]=-2,s[n+n+2]=-3;
}

void manacher() {
int id=0;
for(int i=1; i<=2*n+1; ++i) {
if(p[id]+id>i)
p[i]=min(p[id-(i-id)],id+p[id]-i);
else
p[i]=1;

while(s[i-p[i]]==s[i+p[i]]) p[i]++;

if(id+p[id]<i+p[i])
id=i;
}
for(int i=1; i<=n; ++i) {
p[i]=p[i+i+1];
}
}

int main() {

int T,cas=1;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d",&n);
for(int i=0; i<n; ++i) scanf("%d",&s[i]);
init();
manacher();

int ans=0;
for(int i=1; i<n; ++i) {
for(int j=ans; j<=p[i]/2; ++j) {
if(p[i]/2>=j&&p[i+j]/2>=j)
ans=max(ans,j);
}
}
printf("Case #%d: %d\n",cas++,ans*3);
}
return 0;
}

1005 The shortest problem

HDU 5373：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5373

题意：将数n各位上的数加起来的和接在n末尾形成一个新的数。求进行t次这样的操作后的数是否是11的倍数

\( 1 \leqslant n \leqslant 10^4 , 1 \leqslant t \leqslant 10^5 \)

能被11整除的数的特征
奇位上的数字与偶位上的数字分别加起来，再求它们的差，如果这个差是11的倍数（包括0），那么，原来这个数就一定能被11整除。

知道这个性质之后按题意模拟就行

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<map>
using namespace std;
#define pb push_back
#define LL __int64
#define N 100005
#define INF 1<<30

int ans,sum;
int k;

void cal(int n) {
int t=1e8,digit;
while(t>n)t/=10;
while(t) {
digit=n/t;
if(k&1) ans+=digit;
else    ans-=digit;
sum+=digit;
n=n%t;
t/=10;
k++;
}
}

int main() {
int n,t;
int cas=1;
while(scanf("%d%d",&n,&t),n!=-1||t!=-1) {
k=sum=ans=0;

cal(n);
while(t--) {
cal(sum);
}
if(abs(ans)%11) printf("Case #%d: No\n",cas++);
else            printf("Case #%d: Yes\n",cas++);
}
return 0;
}

1007 Gray code

HDU 5375：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5375

题意：给出一个二进制数，‘?'表示当前位为0和1都可以。以及长度为n的数组a。如果格雷码第\(i\)位为1，那么可以得到\(a_i\)点，求最多能得多少点

\( 1 \leqslant n \leqslant 2 \times 10^5 \)

格雷码转换公式：\(G_i=B_i\otimes B_{i+1}(n-1\geqslant i\geqslant 0)\)（G：格雷码，B：二进制码，最低位下标为0）

DP

\(dp[i][j]\)表示第\(i\)位为\(j\)时最大的点数

根据第\(i\)位和第\(i-1\)位的情况很容易写出状态转移方程

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<map>
using namespace std;
#define pb push_back
#define LL __int64
#define N 200005
#define INF 1<<30

int dp
[2];
char str
;
int a
;

int main() {

int T,cas=1;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
memset(dp,0,sizeof(dp));
scanf("%s",str+1);
str[0]='0';
int len=strlen(str+1);
for(int i=1; i<=len; ++i)scanf("%d",&a[i]);

for(int i=1; i<=len; ++i) {
if(str[i]=='0') {
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],(str[i-1]!='0')?dp[i-1][1]+a[i]:0);
}
if(str[i]=='1') {
dp[i][1]=max((str[i-1]!='1')?dp[i-1][0]+a[i]:0,dp[i-1][1]);
}
if(str[i]=='?') {
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],(str[i-1]!='0')?dp[i-1][1]+a[i]:0);
dp[i][1]=max((str[i-1]!='1')?dp[i-1][0]+a[i]:0,dp[i-1][1]);
}
}
printf("Case #%d: %d\n",cas++,max(dp[len][0],dp[len][1]));
}
return 0;
}

(待续。。。）