Codeforces Edu Round 61 A-C + F

A. Regular Bracket Sequence

显然，"(())"不影响结果它是自我匹配的，可以把所有的((()和()))都放在左边/右边，这样只要检查它们的数目就行，还有个坑点，就是如果()()多于一，需要给左右两边一个负担，必须小于它们的数量才行。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int c1,c2,c3,c4; 
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&c1,&c2,&c3,&c4);
    if(c1 == c4 && c4 >= min(c3,1)) puts("1");
    else puts("0");
    return 0;
}

B. Discounts

模拟，从小到大排好序后，答案 (=) 总数 - (a[n - q_i + 1])。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 300010;
typedef long long LL;
int n,m,a[N],q;
LL sum = 0;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d",a + i),sum += a[i];
    }
    sort(a + 1,a + 1 + n);
    scanf("%d",&m);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        scanf("%d",&q);
        printf("%lldn",sum - a[n - q + 1]);
    }
    return 0;
}

C. Painting the Fence

考虑到(q <= 5000)，用前缀和维护每个位置都有几个人刷，然后预处理([l,r])这段有多少(1)（他不刷就没人刷）和(2)（安排掉他俩就没人刷），用(O(q ^ 2))的复杂度暴力枚举两个人分别是谁，然后(O(1))找即可。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 5010;
int n,sum[N],c[N],c2[N],tot = 0,ans = -1;
PII a[N]; 
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);
        
    }
    sort(a + 1,a + 1 + m);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        sum[a[i].first]++,sum[a[i].second + 1]--;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        sum[i] += sum[i - 1];
        c[i] = c[i - 1] + (sum[i] == 1);
        c2[i] = c2[i - 1] + (sum[i] == 2);
        tot += (sum[i] > 0);
    }
    for(int i = 1; i < m; i++){
        for(int j = i + 1; j <= m; j++){
            int cnt = tot;
            int L = a[i].first,R = a[i].second;
            int L1 = a[j].first,R1 = a[j].second;
            if(L1 <= R) {
                cnt -= c[L1 - 1] - c[L - 1];
                cnt -= c[max(R,R1)] - c[min(R,R1)];
                cnt -= c2[min(R,R1)] - c2[L1 - 1];
            }else{
                cnt -= c[R] - c[L - 1];
                cnt -= c[R1] - c[L1 - 1];
            }
            ans = max(ans,cnt);
        }
    }
    printf("%dn",ans);
    return 0;
}

F. Clear the String

区间(dp)。

设(f[i][j]) 为合并([i,j])区间的最小花费，对于任何一个(f[i][j])，有三种决策：

1. 直接多加一位(min(f[i + 1][j],f[i][j - 1]) + 1)

2. 找一个位置(k(i + 1 <= k <= j ))，使(str[i] = str[k])，更新答案为：

(f[i + 1][k - 1] + f[k][j] + (s[k] != s[i]))

等于是把([i + 1,k - 1])先合并起来，然后(i)字符就会贴到(k)一起，然后这两个字符一样，可以视作一个字符，每次修改最坏是用(k)为左边界，(i)字符作为附庸不用计算花费

1. 同样的还有用右端点合并...

想状态的时候我也会有疑惑，为什么只用找开头和结尾跟中间匹配呢？重复，每次处理区间时，(l + 1、l + 2...)已经找过匹配点了...

后来发现只需要处理用开头字符一种情况，因为两种状态转移上重复了，每次找(k)的过程中也相当于(k)去找(i)，在这之前想到于已经匹配过([l + 1,r],[l + 2,r]...[l + n,r])，这样的匹配方式是可逆的，先后反复是相同的，即使此时的(l + n)左边还没处理，但是每次处理相当于一个包围的形式，可以不重不漏地继承。所以可以不需用步骤(3)，但是蒟蒻的我肯定想不到啦...

顺便，注意初始化问题，对于(f[i][j] (i > j)) 花费是(0)，当然如果边界写的精准了这种状态不会用到。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath> 
using namespace std;
const int N = 510;
int n,f[N][N];
char s[N];
int main(){
    scanf("%d%s",s + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = 1;
    for(int l = 2; l <= n; l++){
        for(int i = 1,j; (j = i + l - 1) <= n; i++){
            f[i][j] = min(f[i + 1][j],f[i][j - 1]) + 1;
            for(int k = i; k <= j - 2; k++){
                f[i][j] = min(f[i][j],f[i][k] + f[k + 1][j - 1] + (s[k] != s[j]));
            }
            for(int k = i + 2; k <= j; k++){
                f[i][j] = min(f[i][j],f[i + 1][k - 1] + f[k][j] + (s[k] != s[i]));
            }
        }
    } 
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= n; j++) printf("%d ",f[i][j]);
        puts("");
    }
    printf("%dn",f[1][n]);
    return 0;
}