AcWing 第 60 场周赛 （RANK51）

@[TOC]

比赛链接： 第 60 场周赛

二十分钟下班，有进步。

B.AcWing 4495. 数组操作

题目

给定一个长度为 n 的正整数数组 a1,a2,…,an。

请你对该数组进行 k 次操作，每次操作具体如下：

• 如果数组中存在非零元素，则找到其中的最小非零元素 x，将其输出，并让数组中的所有非零元素都减去 x。
• 如果数组中不存在非零元素，则输出 0 即可。

思路: 模拟

因为每次操作都是先找到数组中的最小元素，并且让数组中每个元素都减去x，那么可以先将数组从小到大排序，此时数组呈非单调递减，全部都减去一个数后，也不影响数组的顺序，还是非单调递减。

那么我们就可以枚举每个元素，从前到后依次操作，最多进行k次。如果当前元素已经等于0的话那么就不能在操作了，找下一个大于0的数，如果直到最后还找不到k个的话，那么就都输出0即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef priority_queue<int, vector<int>, less<int>> Q;
#define x first
#define y second
int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
int dy[4] = {0, 0, 1, -1};
const int N = 1e6 + 10;
ll a[N];
signed main()
{
    // freopen("in.in", "r", stdin);
    // freopen("out.out", "w", stdout);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    // 记录当前总共减去了多少
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        // 如果当前已经被减完的话，就跳过当前这个数，因为每个数都要找大于0的
        a[i] = max(0ll, a[i] - ans);
        // 如果当前元素大于0，并且还需要操作的话就继续操作
        if (a[i] > 0 && k > 0)
        {
            // 操作次数减1
            k--;
            cout << a[i] << endl;
        }
        // 减去元素加上
        ans += a[i];
    }
    while (k--)
    {
        puts("0");
    }
    return 0;
}

C.AcWing 4496. 吃水果

题目

n 个小朋友站成一排，等着吃水果。

一共有 m 种水果，每种水果的数量都足够多。

现在，要给每个小朋友都发一个水果，要求：在所有小朋友都拿到水果后，恰好有 k 个小朋友拿到的水果和其左边相邻小朋友拿到的水果不同（最左边的小朋友当然不算数，即最左边的小朋友不包含在 k 个小朋友内）。

请你计算，一共有多少种不同的分发水果的方案。

思路: 状态机模型

根据闫氏dp法分析，总共有三个参数

状态表示：f[i][j][k] 表是前i个小朋友，其中有j个小朋友被选中的总方案数，k==0时，表示第i个小朋友没被选中，k==1表示第i个小朋友被选中

状态计算：

• 当第i个小朋友没被选上时：f[i][j][0] = f[i-1][j][1] + f[i-1][j][0],如果当前小朋友没被选上，那么他一定要和前一个小朋友拿的水果一样，所以就等于前一个的方案数
• 当第i个小朋友被选上时：f[i][j][1] = (f[i-1][j-1][0] + f[i-1][j-1][1]) * (m-1) ,因为选中的要和前一个不一样，所以方案数要乘上m-1。

代码1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef priority_queue<int, vector<int>, less<int>> Q;
#define x first
#define y second
int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
int dy[4] = {0, 0, 1, -1};
const int N = 2010, mod = 998244353;
ll f[N][N][2];
ll n, m, k;
signed main()
{
    // freopen("in.in", "r", stdin);
    // freopen("out.out", "w", stdout);
    
    cin >> n >> m >> k;
    // 初始化，第一位置不能选，所以有m种水果可以选
    f[1][0][0]=m;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        f[i][0][0] = f[i - 1][0][0]  % mod;
        for (int j = k; j >= 1; j--)
        {
            f[i][j][0] = f[i - 1][j][1]  % mod + f[i - 1][j][0]  % mod;
            f[i][j][1] = f[i - 1][j - 1][1] * (m - 1) % mod + f[i - 1][j - 1][0] * (m-1) % mod;
        }
    }
    ll ans = (f[n][k][1] + f[n][k][0]) % mod;
    cout << ans;
    return 0;
}

我们还可以优化，可以不用表示状态那一维。

01背包

状态表示：f[i][j] 表是前i个小朋友，其中有j个小朋友被选中的总方案数

状态计算：

• 当第i个小朋友没被选上时：f[i][j] += f[i-1][j],如果当前小朋友没被选上，那么他一定要和前一个小朋友拿的水果一样，所以就等于前一个的方案数
• 当第i个小朋友被选上时：f[i][j] += f[i-1][j-1] * (m-1) ,因为选中的要和前一个不一样，所以方案数要乘上m-1。

代码2

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef priority_queue<int, vector<int>, less<int>> Q;
#define x first
#define y second
int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
int dy[4] = {0, 0, 1, -1};
const int N = 2010, mod = 998244353;
ll f[N][N];
ll n, m, k;
signed main()
{
    // freopen("in.in", "r", stdin);
    // freopen("out.out", "w", stdout);

    cin >> n >> m >> k;
    f[1][0] = m;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        f[i][0] = f[i - 1][0] % mod;
        for (int j = k; j >= 1; j--)
        {
            f[i][j] = (f[i - 1][j] + f[i - 1][j - 1] * (m - 1)) % mod;
        }
    }
    ll ans = f[n][k];
    cout << ans;
    return 0;
}