# Google Kick Start 2019 Round F 题解
# Problem A - Flattening
# 题目描述
给定一列数 ,问至少改变几个数字,可以使得相邻两个数字不相同的对数不超过 对。
示例:
答案为 ,一种可行的策略是:
- 100->300
- 100->200
- 800->200
注意,不管数字的改变有多大,只计算为一次改变。
# 题解
可以参考 LC265-粉刷房子 (opens new window)
预先对数字进行标号处理,记为 。
我们用 表示前 个数,至多包含 对不相同的相邻数字,且最后一个数字为 时的最少改变次数。可以得到转移方程:
其中 为预先维护的最小值。
的情况,由于上一个数字是 ,和当前增加的这个数字一样,所以不会增加不一致的对数。 的情况,不管取得最小值时的最后一个数字是什么,至多增加一对不一致的对数,所以不一致对数不会超过 。
最后一项,表示如果当前数字不为 ,则需要进行一次改变。
由于转移方程只涉及 和,所以可以用滚动数组处理。不过本题对空间的要求不高(),直接三维数组毫无压力。
最后的答案就是 。
参考代码
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <unordered_set>
#include <vector>
typedef long long ll;
using namespace std;
void solve(int case_num) {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<ll> a;
unordered_set<ll> nums_set;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int ai;
cin >> ai;
a.emplace_back(ai);
nums_set.insert(ai);
}
vector<ll> nums(nums_set.begin(), nums_set.end());
int t = nums.size();
vector<vector<vector<ll>>> f(
n + 1, vector<vector<ll>>(k + 1, vector<ll>(t, INT_MAX)));
vector<vector<ll>> minf(n + 1, vector<ll>(k + 1, INT_MAX));
for (int i = 0; i < t; ++i) {
if (nums[i] != a[0]) {
f[1][0][i] = 1;
} else {
f[1][0][i] = 0;
minf[1][0] = 0;
}
}
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j <= min(k, i - 1); ++j) {
for (int m = 0; m < t; ++m) {
f[i][j][m] = f[i - 1][j][m];
if (j > 0)
f[i][j][m] = min(f[i][j][m], minf[i - 1][j - 1]);
if (a[i - 1] != nums[m])
f[i][j][m]++;
if (f[i][j][m] < minf[i][j])
minf[i][j] = f[i][j][m];
}
}
}
ll ans = INT_MAX;
for (int j = 0; j <= k; ++j)
for (int m = 0; m < t; ++m)
ans = min(ans, f[n][j][m]);
cout << "Case #" << case_num << ": " << ans << endl;
}
int main() {
int t;
cin >> t;
for (int i = 1; i <= t; ++i) {
solve(i);
}
return 0;
}
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# Problem B - Teach Me
# 题目描述
给定 个人和 项技能,每个人掌握不超过 项技能,但至少掌握一项技能,问有多少对 ,满足第 个人可以给第 个人教技能。
数据范围:。
# 题解
这一题比赛时没有做出来大数据集,用 bitset 暴力过了小数据集。比赛之后看了前几名的代码,才恍然大悟。 这题的数据范围其实包含了暗示。每个人掌握不超过5项技能,这就意味着每个人的技能的子集至多 。对于每个人,给他的技能集的每个子集计一次数。那么最后得到的每个技能集的计数次数,就是覆盖该技能集的技能集总数,也即这个人教不了的人的数量。 所以最后第 个人能够教的人的数量就等于 。
最后一个问题是如何表示 。本题中由于 ,可以用一个 1001 进制的 5 位数来表示,也就是用一个 long long
。为了保证表示的唯一性,要对技能进行排序。当然,其实用字符串之类的表示方式也完全可行,不过在运算效率上就要逊色不少了。
参考代码
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll radix = 1001;
void solve(int case_num) {
int n, s;
cin >> n >> s;
vector<ll> a;
unordered_map<ll, int> cnt;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int skill_count;
cin >> skill_count;
vector<int> skills(skill_count);
for (int j = 0; j < skill_count; ++j)
scanf("%d", &skills[j]);
sort(skills.begin(), skills.end());
ll hash = 0;
for (const int &skill : skills)
hash = hash * radix + skill;
a.emplace_back(hash);
for (int j = 0; j < (1 << skill_count); ++j) {
ll hash = 0;
for (int k = 0; k < skill_count; ++k)
if (j & (1 << k))
hash = hash * radix + skills[k];
cnt[hash]++;
}
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
ans += n - cnt[a[i]];
}
cout << "Case #" << case_num << ": " << ans << endl;
}
int main() {
int t;
cin >> t;
for (int i = 1; i <= t; ++i) {
solve(i);
}
return 0;
}
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# Problem C - Spectating Villages
# 题目描述
个村子由 条无向边连接,保证任意两个村子可达(也即构成一棵树)。每个村子有一盏灯,一个村子点亮灯之后,所有相邻的村子也会被照亮。每个村子有一个美观值 ()。现在可以点亮任意多盏灯(也可以一盏都不点亮),求所有被照亮的村子的美观值总和的最大值。
# 题解
一道非常典型的树形动态规划。在把题目给出的无根树转为有根树之后,我们可以很容易地发现:
- 对于叶子节点,只有点灯、不点灯两种情况。
- 对于非叶子节点,有点灯、不点灯且不被点亮、不点灯但被点亮(也即至少一个孩子节点点灯)三种情况。
所以我们可以用一个二维数组来记录每个节点所在子树的最大美观值。
- 。
- 稍微复杂一些,需要比较所有的 和 。如果存在 ,那么直接取总和即可;否则需要用与对应的 差距最小的 去替换,这样才能保证至少有一个孩子节点的灯是亮的,从而当前节点是被照亮的。
参考代码
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <vector>
typedef long long ll;
using namespace std;
class Graph {
vector<ll> val, parent;
vector<vector<ll>> adj, f;
void dfs(int u, int fa) {
int d = adj[u].size();
for (int i = 0; i < d; i++) {
int v = adj[u][i];
if (v != fa)
dfs(v, parent[v] = u);
}
}
void to_tree() {
parent = vector<ll>(val.size());
parent[0] = -1;
dfs(0, -1);
for (int i = 0; i < val.size(); ++i)
adj[i].clear();
for (int i = 1; i < val.size(); ++i) {
adj[parent[i]].emplace_back(i);
}
}
void traverse(int u) {
if (adj[u].empty()) {
f[u][0] = 0;
f[u][1] = val[u];
f[u][2] = INT_MIN;
} else {
f[u][0] = 0;
for (const int j : adj[u]) {
traverse(j);
f[u][0] += max(f[j][0], f[j][2]);
}
bool open = false;
ll sec = 0;
for (const int j : adj[u]) {
ll m = max(f[j][0], f[j][2]);
sec += max(m, f[j][1]);
if (f[j][1] >= m)
open = true;
}
if (!open) {
ll delta = INT_MAX;
for (const int j : adj[u]) {
delta = min(delta, max(f[j][0], f[j][2]) - f[j][1]);
}
sec -= delta;
}
f[u][2] = sec + val[u];
f[u][1] = val[u];
for (const int j : adj[u]) {
f[u][1] += max(f[j][0], max(f[j][1], f[j][2]) - val[j]) + val[j];
}
}
}
public:
Graph(vector<ll> &a) {
val = vector<ll>(a);
adj = vector<vector<ll>>(a.size(), vector<ll>{});
}
void add_edge(int a, int b) {
adj[a].emplace_back(b);
adj[b].emplace_back(a);
}
ll best() {
to_tree();
f = vector<vector<ll>>(val.size(), vector<ll>(3));
traverse(0);
return max(f[0][0], max(f[0][1], f[0][2]));
}
};
void solve(int case_num) {
int v;
cin >> v;
vector<ll> val;
for (int i = 0; i < v; ++i) {
int vi;
cin >> vi;
val.emplace_back(vi);
}
Graph g = Graph(val);
for (int i = 0; i < v - 1; ++i) {
int a, b;
cin >> a >> b;
g.add_edge(a - 1, b - 1);
}
cout << "Case #" << case_num << ": " << g.best() << endl;
}
int main() {
int t;
cin >> t;
for (int i = 1; i <= t; ++i) {
solve(i);
}
return 0;
}
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