【codeforces 2104D，E】欧拉筛，字符串上dp

【codeforces 2104D，E】欧拉筛，字符串上dp

Problem - D - Codeforces

题意：

给定一个长度为 $n$的数组$a_1,a_2,...,a_n$，其中$2\le a_i\le 10^9$，$1\le n\le 4\times 10^5$

我们可以进行以下的操作任意次(或者不进行)

• 花费一块钱，可以选择数组中任意一个元素，将其增加$1$
• 得到一块钱，并任选数组中的元素并将其减少$1$

定义理想数组为：

• 每个元素都大于等于$2$
• 数组中元素任选两个元素都互质。若数组的长度小于$2$，该条件自动满足

初始的数组$a$可能是理想的，也可能不是。数组$a$可以通过上述操作变成理想数组，也有可能变不成。现在我们可以删除一些元素，使得无法变成的数组可以变成。问最少的删除次数是多少？(若为$0$，表明初始的数组$a$已经是理想数组或可以通过上述两种操作变成理想数组)

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思路：

性质$1$：首先分析两种操作，发现通过这两种操作，我们可以将数组$a$变成相同长度的，所有元素和比当前数组小的任意数组。

证明：若将一个数字减少$x$，那么另一个数字最多可以增加$x$。当然，另一个数字增加的数量完全可以小于$x$。当然，另一个数字完全可以选择减少。所以我们可以构造出任意所有元素和比之前小的数组。

注意到，若想使得所有元素两两互质，那么所有数必须是质数。

我们先筛出$4\times 10^5$个质数，计算前缀和，记为$prePrimes[i]$

将数组元素从大到小排序，计算前缀和，记为$preNum[i]$

若条件$preNum[i]\ge prePrimes[i](1\le i\le n)$满足，则一定可以通过性质$1$得到理想数组。此时删除的元素数量是$n-i$

为什么数组从大到小排序，每次删除最小的元素？质数从小到大计算前缀和？因为这样更容易满足$preNum[i]>prePrimes[i]$。

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代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define endl "\n"#define int LLconst int N = 4e5 + 10, M = 6e6 + 10;
int n, a[N], s[N];
bool st[M];
vector<int> primes, sp;void init(int n) {for (int i = 2; i <= n; i ++) {if (st[i] == false) primes.push_back(i);for (int j = 0; j < primes.size() && primes[j] <= n / i; j ++) {st[i * primes[j]] = true;if (i % primes[j] == 0) break;}}int cnt = primes.size();primes.insert(primes.begin(), 0);sp.push_back(0);int sum = 0;for (int i = 1; i <= cnt; i ++) {sum += primes[i];sp.push_back(sum);}
}void solve() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];sort(a + 1, a + n + 1, greater<int>());memset(s, 0, sizeof s);for (int i = 1; i <= n; i ++) s[i] = s[i - 1] + a[i];int res = 1e9;for (int i = n; i >= 1; i --) {if (s[i] >= sp[i]) {res = min(res, n - i);break;}}cout << res << endl;
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);init(6000000);int t; cin >> t;while (t --) solve();return 0;
}

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Problem - E - Codeforces

题意：

给定一个字符串$s$，其长度为$n$。给出$q$个查询，每个查询给出一个字符串$t$，问再往字符串$t$后加几个字符可以使得$t$不是$s$的子序列。(其中$s$和$t$只能由小写字母的前$k$个字母组成)。

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思路：

我们希望知道两件事情：

1. 快速知道字符串$t$是$s$的前几个字符的子序列
2. 从$s$的第$i$个字符开始，还需要加几个字符，可以使$i$跳到$n+1$

初始化$nxt[i][j]$数组，表示第$i$个位置往后看，$ASCII$码为$j+97$的字符出现的第一次出现的位置。初始化时倒着初始化很方便。$lst[i]$表示$ASCII$码为$i+97$的字符上一次出现的位置

$dp[i]$表示前$i$个字符已经完成了匹配，还需加几个字符使得字符串不是$s$的子序列。$dp$数组倒着转移。

对于给定的询问，我们先将指针$i$跳到位置$idx$，那么$dp[idx]$就是答案

为什么这样定义状态？考虑指针$i$跳的过程。遇见不同的字符串$t$时，$i$是变量

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代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define endl "\n"const int N = 1e6 + 10, M = 30;
int n, k, q;
char a[N];
int nxt[N][M], lst[M], dp[N];int main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];for (int i = 0; i < k; i ++) {lst[i] = n + 1;nxt[n + 1][i] = n + 1;}	memset(dp, 0x3f, sizeof dp);dp[n + 1] = 0;for (int i = n; i >= 0; i --) {for (int j = 0; j < k; j ++) {nxt[i][j] = lst[j];dp[i] = min(dp[i], dp[nxt[i][j]] + 1);}	if (i != 0) lst[a[i] - 'a'] = i;}cin >> q;while (q --) {string str;cin >> str;int idx = 0;for (int i = 0; i < str.size(); i ++) {idx = nxt[idx][str[i] - 'a'];}cout << dp[idx] << endl;}return 0;
}