算法周赛笔记（7月第2周）— Acwing 第8场

说点废话

本狗学习算法也有一段时间了，不得不说，acwing的算法课讲的非常好，很对我的胃口，有一种相见恨晚的赶脚，如果能在刚上大学的时候遇见就好了！那我现在肯定变成大佬了（哭

还是忍不住想说一句：yxc牛逼！！！

基础算法的算法思路和模板代码学的都七七八八了，都基本敲了一遍（还剩动归和贪心的章节没学完）

确实像孔哥（我大学室友）说的，光看视频课，光自己刷题，是不行的，还是得刷周赛，有时间的限制和一种比较正式的仪式感。故本狗准备从这周开始，跟随孔哥步伐，开始参加算法周赛！并每周要把算法题目消化并整理笔记，以便回看和巩固。

本周共参加两场周赛，Acwing 和 LeetCode。
本篇是 对 acwing 本周周赛题目的笔记整理，如下

题目

Acwing - 3770

Acwing - 3770: 最小消耗

有 n 个怪兽等待你去消灭。

怪兽共分为两种形态，不妨用 0 和 1 来表示。

消灭一个 0 形态的怪兽需要耗费的法力值为 a。

消灭一个 1 形态的怪兽需要耗费的法力值为 b。

你还可以使用改造魔法将 0 形态怪兽改造为 1 形态或将 1 形态怪兽改造为 0 形态。

改造一个怪兽需要耗费的法力值为 c。

请问，将怪兽全部消灭最少需要耗费多少法力值。

题解

签到题，不考察任何算法，直接模拟即可。对于0，要么直接消灭（消耗a），要么转变成1之后再消灭（消耗c+b）。消灭一个0形态的怪兽的最小代价就是min(a,c+b)，同理，消灭一个1形态的怪兽的最小代价是min(b,c+a)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

int get_min(int n, int a, int b, int c, string s) {
	int m_0 = min(a, c + b);
	int m_1 = min(b, c + a);
	int res = 0;
	for(int i = 0; i < s.size(); i++) {
		if(s[i] == '0') res += m_0;
		else res += m_1;
	}
	return res;
}

int main() {
	int m;
	scanf("%d", &m);
	while(m--) {
		int n, a, b, c;
		scanf("%d%d%d%d", &n, &a, &b, &c);
		string s;
		cin >> s;
		printf("%d\n", get_min(n, a, b, c, s));
	}
	return 0;
}
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Acwing - 3771

Acwing - 3771: 选取石子

给定 $n$ 个石子，编号为 $1$ ∼ $n$。

其中第 $i$ 个石子的价值为 $a_i$。

你需要从中任意挑选若干个石子，并将挑选好的石子按照编号从小到大的顺序排成一排。

选中的石子在排好序后需要满足，对于任意两个相邻的石子（不妨设它们的编号为 $x$，$y$ ），$x-y=a_x-a_y$ 均成立。

例如，当有 $n=8$ 个石子，石子价值分别为 $[3,4,4,6,6,7,8,9]$，一些合理的选择方案如下：

• 选择 $1，2，4$ 号石子，它们的价值分别为 $3，4，6$。$1$ 号石子与 $2$ 号石子相邻，$2-1=4-3$ 成立。$2$ 号石子与 $4$ 号石子相邻，$4-2=6-4$ 成立。所以方案合理。
• 选择 $7$ 号石子。可以只选择一个石子，此时选取任何石子均为合理方案。

你的选择方案不仅需要合理，而且还要使得选中石子的价值总和尽可能大。

请计算并输出价值总和的最大可能值。

题解

我的解法：DFS暴搜

貌似能求出正确答案，但是会报 Time Limit Exceeded

#include<iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e6;

int a[N], n;
LL res = 0, ans = 0;

int path[N], ctn; //存储已经纳入的点

// 每次枚举第x编号的石子, 都有2种选择, 是否纳入
void dfs(int x) {
	if(x > n) return; // 深搜结束
	// 不纳入, 直接深搜下一个节点
	dfs(x + 1);
	bool flag = false;
	// 尝试纳入, 检查该次纳入是否合法
	// 当前已存在纳入的石子
	if(ctn > 0) {
		int pre = path[ctn - 1]; // 获取当前最后一个石子
		if(x - pre == a[x] - a[pre]) {
			// 符合纳入条件
			path[ctn++] = x;
			res += a[x];
			flag = true;
		} else return; // 不符合纳入条件, 直接剪枝
	} else {
		// 当前已纳入的石子为0, 直接纳入
		path[ctn++] = x;
		res += a[x];
		flag = true;
	}
	// 纳入后记录答案
	ans = max(ans, res);

	dfs(x + 1); // 深搜下一个位置

	// 深搜完毕后, 恢复现场
	if(flag) {
		ctn--;
		res -= a[x];
	}
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
	dfs(1);
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}
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标准解法：哈希

将 $x-y=a_x-a_y$ 进行一下变换，得 $a_x-x=a_y-y$，这样以来，对于 $i\in [1,n]$ ，每个石子 $i$ 都可以计算出一个额外的属性 $a_i-i$，不妨令这个属性为 $s_i$，则所有 $s_i$ 相同的石子，能够构成一种方案。则只需要对 $s_i$ 的每种取值，求解一下其中包含的石子的总价值即可。

#include<iostream>
#include<unordered_map>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e6;

int a[N];

int main() {
    unordered_map<int,LL> res;
    int n;
    scanf("%d", &n);
    LL ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        res[a[i] - i] += a[i]; // 对于 a[i] - i 这一组的石子，进行价值累加
        ans = max(ans, res[a[i] - i]); // 实时保存当前价值最大的组的价值总和
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}
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Acwing - 3772

Acwing - 3772: 更新线路

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的有向强连通图。

点的编号为 $1$ ∼ $n$ ，边的长度均为 $1$。

给定一条由点 $s$ 到点 $t$ 的简单路径 $p_1,p_2,...,p_k$，其中 $p_1=s$，$p_k=t$。

注意，这条路经不一定是从点 $s$ 到点 $t$ 的最短路径。

现在，小明要沿着这条路径从点 $s$ 走到点 $t$。

在他的行进过程中，手机上的导航软件将持续为他导航，持续为他提供最短行进线路建议。

当然，他并不一定会采纳这些建议，因为他一定会沿着之前给定的线路行进。

设想一下，在行进中，导航软件的工作过程。

首先，在点 $s$ 处，导航软件会找到并显示出一条从点 $s$ 到点 $t$ 的最短路径。

如果小明的行进线路恰好与软件推荐线路一致，则软件推荐线路将不会发生任何改变。

但是，如果小明在某一点处，行进线路与软件推荐线路发生了分歧，例如，软件推荐前往点 $v$，小明却前往了点 $w$。

那么，在他到达点 $w$ 后，软件就会实时更新推荐线路，即找到并显示出一条从点 $w$ 到点 $t$ 的最短路径。

导航软件会一直工作到小明到达点 $t$ 为止，在这一过程中，软件的提供线路可能会经过若干次更新。

例如，给定一个有向强连通图，如下所示：

给出的简单路径为 $[1,2,3,4](s=1,t=4)$

那么，小明从点 $1$ 出发，导航软件找到并显示出一条从点 $1$ 到点 $4$ 的最短路径，这样的路径只有一条 $[1,5,4]$。

小明并未听从软件的建议，坚持到达了点 $2$，此时软件推荐线路实时更新，提供出一条点 $2$ 到点 $4$ 的最短路径，例如 $[2,6,4]$

（注意，软件提供的最短路径也有可能是 $[2,3,4]$）。

小明还是不听软件的建议，坚持到达了点 $3$，此时软件推荐线路再次更新，提供出一条点 $3$ 到点 $4$ 的最短路径，即 $[3,4]$。

最后，小明沿软件提供路线，到达目的地点 $4$，软件完成导航。

总的来看，软件推荐线路发生了两次更新。

值得注意的是，如果软件在第一次更新推荐线路时，给出的最短路径为 $[2,3,4]$，则小明将按照推荐线路走到终点，软件将无需再次更新推荐线路。

也就是说，由于软件在推荐最短路径时具有随机性，所以在整个行进过程中，软件更新推荐线路的次数并不确定。

现在，给定有向图和行进路线，请你求出软件更新推荐线路的最小可能次数和最大可能次数。

题解
根据题目，小明是一定会按照给出的路线 $p_1,p_2,...,p_k$ 走下去的，关键就是求解出在途中的每个点（$p_1,p_2,...,p_{k-1}$），到终点 $p_k$ ，有多少条最短路。
我们考虑小明走一步的情况，即从 $p_i$ 走到 $p_{i+1}$ 时，导航路线是否需要更新。

• 当 $p_i$ 到 $p_{i+1}$ 这条边，不在 $p_i$ 到终点 $p_k$ 的某一条最短路径上时

  小明走到 $p_{i+1}$ 时，导航路线一定会更新，所以更新路线的最小可能次数和最大可能次数都得加1。

  即，导航推荐的所有可能路线中，一定不包含 $p_i$ 到 $p_{i+1}$ 这条边，则小明走到 $p_{i+1}$ 时，路线一定要发生更新。

• 当 $p_i$ 到 $p_{i+1}$ 这条边，在 $p_i$ 到终点 $p_k$ 的某一条最短路径上时，此时要分情况讨论

  • 当 $p_i$ 到 $p_k$ 的最短路径只有一条时

    这条最短路径一定是经过 $p_{i+1}$ 这个点的。即，小明位于 $p_i$ 时，导航推荐的最短路线只有一种，那就是经过 $p_{i+1}$ 的这条路线，那么小明走到 $p_{i+1}$ 时，路线一定不会更新。

  • 当 $p_i$ 到 $p_k$ 的最短路径多于一条时

    在小明位于 $p_i$ 时，若导航推荐的路线恰好经过 $p_{i+1}$ ，则无需更新；若导航推荐的路线不是经过 $p_{i+1}$ 的，则需要更新。即，此时最小可能次数不变，最大可能次数加1。

根据上面的讨论，我们知道了，关键在于，对于某个点 $p_i$ ，我们需要维护 $p_i$ 到 $p_k$ 的最短路的个数。

考虑用BFS来做，但是如果我们建一个正向图，即从点 $p_1$ 开始进行BFS，则当扩展到 $p_i$ 时，只能得到 $p_1$ 到 $p_i$ 的最短路，也只能得到 $p_1$ 到 $p_i$ 的最短路个数。

求最短路的问题中，对于距离数组，我们是根据三角不等式来更新的 ：$d_j>d_i+1$。其中 $i$ 是从当前队列中拿出来的，与起点距离最短的点 $p_i$，而 $p_j$ 是 $p_i$ 的相邻点。我们可以稍微变换一下，采用 $d_j\ge d_i+1$ 来进行更新，则每次遇到满足 $d_j\ge d_i+1$ ，需要更新 $d_j$ 时，我们认为找到了一条 $p_1$ 号点到 $p_j$ 号点的最短路。对于同一个 $j$，若多次遇到了 $d_j\ge d_i+1$ 条件，则说明 点 $p_1$ 到 点 $p_j$ 的最短路有多条。

于是我们可以在每次遇到满足 $d_j\ge d_i+1$ 时，都对 $j$ 进行计数，计数表示的是 $p_1$ 号点到 $p_j$ 号点的最短路的个数。（我自己的代码中考虑了重边的情况，即当存在重边时，不应当重复计数）

如果从 $p_1$ 点开始BFS，则只能得到某个点 $p_j$ 到点$p_1$ 的最短路径的个数。而我们这道题目，需要用到的是某个点 $p_j$ 到终点 $p_k$ 的最短路径的个数。所以我们考虑建反向图（建反向图的意思是，当输入数据表明存在一条边 $a\to b$ 时 ，我们创建一条边 $b\to a$ ），方便从终点 $p_k$ 开始进行BFS。

由于当BFS执行完毕后，对于最短路径上的每个点 $p_i$ 和点 $p_j$（假设 $p_i$ 在 $p_j$ 前面），都一定满足三角不等式 $d_i\ge d_j+1$

所以对于小明从 $p_i$ 走到 $p_{i+1}$ 这一步，我们可以通过三角不等式来判断，$p_i$ 到 $p_{i+1}$ 这条边，是否在最短路上

如此，我们的思路就比较清晰了，关键点无非就是

• 建反向图
• 从终点 $p_k$ 开始进行BFS，并额外维护某个点到 $p_k$ 的最短路径的个数
• 每次小明从 $p_i$ 走到 $p_{i+1}$ 时，可以根据三角不等式来判断这一步是否在最短路径上

我的解法：

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10, M = N;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

int h[N], e[N], ne[N], idx; // 图的邻接表存储

int ctn[N]; // 存储某个点 i 到终点 k 的最短路径的个数

int n, m, k;

int path[N]; // 给定的路线

int d[N];

int q[N]; // 队列

bool st[N]; // 用于防止重边时多次对 ctn 进行计数

bool stt[N]; // 判断一个节点是否在队列q中

void add(int a, int b) {
	// 邻接链表, 头插法
	e[idx] = b;
	ne[idx] = h[a];
	h[a] = idx++;
}

void bfs() {
	memset(d, 0x3f, sizeof d);
	d[path[k]] = 0;
	stt[path[k]] = true; // stt表示是否添加到队列
	int hh = 0, tt = -1;
	q[++tt] = path[k]; // 入队
	while(tt >= hh) {
		// 当队列非空
		int t = q[hh++]; // 出队
		stt[t] = false;
		memset(st, false, sizeof st); // 用于防止重边, 添加多个 ctn 
		// 遍历所有出边
		for(int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) {
			int j = e[i];
			if(d[j] >= d[t] + 1) {
				// 发生更新
				d[j] = d[t] + 1;
				if(!st[j]) {
					// j 点没有被走过时, 添加ctn (防止重边添加多次 ctn)
					ctn[j]++;
					st[j] = true;
				}
				if(!stt[j]) {
					q[++tt] = j; // 入队
					stt[j] = true;
				}
			}
		}
	}
}

int main() {
	memset(h, -1, sizeof h);
	scanf("%d%d", &n, &m);
	while(m--) {
		int a, b;
		scanf("%d%d", &a, &b);
		add(b, a); // 建反向边
	}
	scanf("%d", &k);
	for(int i = 1; i <= k; i++) scanf("%d", &path[i]);
	bfs(); // 先进行宽搜, 建立数据
	int min_c = 0, max_c = 0; // 更新路线的最小可能次数和最大可能次数
	// 进行处理
	for(int i = 1; i < k; i++) {
		int a = path[i], b = path[i + 1];
		// 查看 i 到 i + 1 这条边是否在最短路上
		// 由于建的是反向图, BFS从 k 开始, 所以BFS时, 点 i + 1 在 i 的前面被搜到
		if(d[a] < d[b] + 1) {
			// 说明 i 到 i  + 1 不在最短路上, 路线一定会发生更新
			min_c++;
			max_c++;
		} else {
			// i 到 i + 1 在最短路上, 看一下最短路有多少条
			if(ctn[a] > 1) {
				// i 点 到 k 点 的最短路个数大于1, 即不止当前这个 i 到 i + 1 这条最短路
				max_c++;
			}
		}
	}
	printf("%d %d\n", min_c, max_c);
	return 0;
}
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yxc标准解法：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 200010, M = N;

int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dist[N], cnt[N], q[N];
int path[N];

void add(int a, int b)  // 添加一条边a->b
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

void bfs(int start)
{
    int hh = 0, tt = 0;
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    dist[start] = 0;
    q[0] = start;

    while (hh <= tt)
    {
        int t = q[hh ++ ];
        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
        {
            int j = e[i];
            if (dist[j] > dist[t] + 1)
            {
                dist[j] = dist[t] + 1;
                cnt[j] = 1;
                q[ ++ tt] = j;
            }
            else if (dist[j] == dist[t] + 1)
                cnt[j] ++ ;
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    memset(h, -1, sizeof h);
    while (m -- )
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        add(b, a);
    }

    int k;
    scanf("%d", &k);
    for (int i = 1; i <= k; i ++ ) scanf("%d", &path[i]);
    bfs(path[k]);

    int minc = 0, maxc = 0;
    for (int i = 1; i < k; i ++ )
    {
        int a = path[i], b = path[i + 1];
        if (dist[a] < dist[b] + 1) minc ++, maxc ++ ;
        else if (cnt[a] > 1) maxc ++ ;
    }

    printf("%d %d\n", minc, maxc);
    return 0;
}
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本周是第一次参加周赛，战况不是很理想。Acwing 一共3道题，只做出第一道，第二题没有想到用哈希。

LeetCode 一共4道，只做出前2道，并且LeetCode的后两道还未消化完毕，笔记仍在整理中…

（完）