緒論

https://codeforces.com/contest/1574/
以前想要打CF，總是覺得沒有時間，要做這個，要做那個，現在時間充裕了一些，想要多打一些CF，但是光打比賽不總結是沒有什么幫助的，這是我從以前的ACM訓練中吸取的慘痛教訓。從這篇文章開始準備好好總結一些比賽心得。

這場比賽是for div2的，因此對我來講有些難度，我發揮的不是很好，然后理所當然就掉分了（掉了50+，哭哭）

A

解題思路

要求構造正確的括號組合，即每一個左括號有一個相應匹配的右括號，要求給定括號對數n，輸出其n種組合方式。

剛開始思考了一下將左括號看作1，右括號看作-1，任何時刻整個表達式的和為非負數：要求每出現一個右括號的時候都有其對應的左括號。通過
這種方式進行構造。

但是很快，我發現其中的遞推關系：
一對括號：()
兩對括號：()()、(())
三對括號：()()()、(())()、((()))

我們不難發現，對n對括號的情況，其前2n-2個位置可以是n-1對括號的所有情況，然后最后再加一對括號
但是有一種情況不能由n-1對括號得來：最后兩個是))的時候，簡單起見，前n個都是(，后n個都是)顯然是一個解。

通過這種構造方法：$T_n=T_{n?1}+1$，$T_1=1$，我們總能夠造出n個解。因為n最多是50，我們只需要首先通過遞推構造出所有的解，然后直接輸出即可。

但是顯然n對括號不止n種解（當時比賽的時候心中有這個疑惑，但是沒有時間去仔細思考）：
對三對括號而言，還有一種解：()(())。

AC代碼

// Copyright(C), Edward-Elric233 // Author: Edward-Elric233 // Version: 1.0 // Date: 2021/9/20 // Description: #include <vector> #include <string> #include <iostream>using namespace std;const int MAXN = 51; vector<vector<string>> ans;int main() {ios::sync_with_stdio(false);ans.push_back(vector<string>());ans.push_back(vector<string>());ans[1].push_back("()");for (int i = 2; i < MAXN; ++i) {ans.push_back(ans[i - 1]);for (auto &s :ans[i]) {s.append("()");}ans[i].push_back(string(i, '(') + string(i, ')'));}int T;cin >> T;while (T--) {int n;cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++i) {cout << ans[n][i] << "\n";}}return 0; }

B

解題思路

給定a、b、c個數的A、B、C，要求其相鄰兩個重復的次數為m次
我當時初步的想法是求出最小重復次數和最大重復次數，如果m在兩者之間則YES，否則則NO。
最大重復次數顯然是所有的A都出現完了后B再出現，然后C再出現，因為都放在一起出現一個重復的代價是1個字母（除了第一個），但是一旦A結束重復，還想A出現相鄰的重復，又要消耗一個沒有意義的字母作為第一個。
在求最小重復次數的時候我犯了錯導致WA了一發。當時想著，假設$a<=b<=c$，讓A、B、C循環出現，肯定先將A消耗完，然后B、C再重復出現，最后就只剩下C不得不重復，因此重復的個數是$(c?a)?(b?a)?1=c?b?1$
但是我忘記了，也有可能是A、B一起消耗C，這樣重復的個數是$c?b?a?1$，顯然比上面小。
但是有一個問題就是，如果$a+b>c$怎么辦？這個時候我們可以采取以下策略：首先讓A、B重復出現使得$(a+b)$每次減少2。因為當$c?(a+b)$為1或者0的時候都沒有重復，所以我們總能夠通過這種策略不出現重復，因此最小重復次數為$max(c?a?b?1,0)$

上面的思路最后是AC的。但是不免還有一個疑問？為什么我們能夠保證在$min$和$max$之間的重復次數都能夠出現？
也就是說我們可以采取一種策略，對m個重復的排列$C_1$，通過刪除插入將其轉換成m-1個重復的排列$C_2$。

這種策略如下：我們可以將某個重復中的元素X取出，則重復變為m-1，剩下我們要做的就是將X再插入排列，我們只要插入和其左右都不同，且左右不同的一個位置。因為數據保證A、B、C都至少出現一次，且更少重復的排列是存在的，我們應該總能夠找到這樣一個位置。

好吧，我承認我有些證明不過來了，不過大概就是上面那樣。

AC代碼

// Copyright(C), Edward-Elric233 // Author: Edward-Elric233 // Version: 1.0 // Date: 2021/9/20 // Description: #include <iostream>using namespace std;int main() {ios::sync_with_stdio(false);int T, a, b, c, m;cin >> T;while (T--) {cin >> a >> b >> c >> m;if (a > c) std::swap(a, c);if (b > c) std::swap(b, c);if (a > b) std::swap(a, b);int min = std::max(c - b - a - 1, 0);int max = a + b + c - 3;if (m >= min && m <= max) {cout << "YES\n";} else {cout << "NO\n";}}return 0; }

C

這道題比賽的時候沒做出來，但是我的思路是對的，只是在實現的時候當時已經十二點了，腦袋已經不轉了，糊涂了。也有一方面的原因是自己有一些想當然：對于一個數組$a_0,a_1,a_2,...,a_{n?1}$，和一個區間$[a,b]$，我認為如果$a_0<b$且 $a_{n?1}>a$則一定有元素在$[a,b]$區間內。。。現在發現這個錯誤后就AC了，嗚嗚嗚，如果這道題做出來說不定我都上分了。

解題思路

題目的意思是，有一個數組，其和為sum，要求$a_i+c_1?x\&sum?a_i+c_2?y$，求最小的$c_1+c_2$
通過對問題的分析，進行分類討論（看起來很復雜的問題有可能通過分類討論變得清晰起來）

$sum?y$
這個時候無論取出哪個元素用來和x比較，都會導致sum更小，因此總需要花錢，
1.1. $sum?x$
說明任何一個元素都小于x，那么我們需要的錢為$x?a_i+y?(sum?a_i)=x+y?sum$。這真是令人振奮的消息，也就是說在這種情況下我們無論取哪個元素花費都是一樣的
1.2。 $sum>x$
這個時候問題又變得復雜起來了，如果里面小于等于x的元素，花費和上面一樣為$y?sum+x$，對于其中大于x的元素，需要的錢為$y?sum+a_i$，也就是說$a_i$越小越好，但還是大于$x$
綜上，當$sum?y$時，如果該數組中存在一個小于等于x的元素，最優解就為$y?sum+x$，如果全部都大于x，最優解為$y?sum+min(a_i)$，為了方便做到這一點，我們不妨對數組進行排序，通過判斷$a_0$與x的大小判斷解為$y?sum+x$還是$y?sum+a_0$

$sum>y$
這個時候的情形更加復雜，因為存在可能不花錢的狀況。因此，我們不妨再對這種情況進行分類：
2.1. $sum?a_i?y\&a_i?x$
這種情況下我們不用付錢，要求$?a_i,x?a_i?sum?y$
2.2. $sum?a_i<y\&a_i?x$
這種情況要付錢$y?sum+a_i$，要求$?a_i,a_i?x\&a_i>sum?y$
2.3. $sum?a_i?y\&a_i<x$
這種情況要付錢$x?a_i$，要求$?a_i,a_i<x\&a_i?sum?y$
2.4. $sum?a_i<y\&a_i<x$
這種情況要付錢$y?sum+a_i+x?a_i=x+y?sum$，要求$?a_i,sum?y<a_i<x$
我們發現，在這種情況下另一個重要的量$sum?y$經常出現，因此我們另$z=sum?y$，然后將x和z之間的關系進行分類討論。
2.5.$x?z$
這個時候2.4不可能發生，只剩下了三種情況，我們可以分別對三種情況進行快速求解，對于滿足2.1的$a_i$，$ans=0$，對于滿足2.2的$a_i$，我們要找到滿足$a_i>z$的最小$a_i$，$ans=a_i?z$，對于滿足2.3的$a_i$，我們要找到滿足$a_i<x$的最大$a_i$，$ans=x?a_i$，即這個情況的解為三種解的最小值
2.6. $x>z$
這個時候2.1不可能發生，剩下三種情況的討論與2.5相同
上面的求值在一個排好序的數組中都可以使用$lower\_bound$和$upper\_bound$函數快速解決

每次查詢的復雜度為$O(lo{g}_n)$，總復雜度為$O((n+m)lo{g}_n)$，前者是排序的復雜度，這對$2e5$的復雜度是可以接受的

實現上面的程序需要對二分查找非常熟悉，但是自己實現的二分查找非常容易出現Bug，使用STL中的$lower\_bound$和$upper\_bound$就成了不二之選，這要求我們對這兩個函數非常熟悉。基本的用法很簡單，$lower\_bound$返回大于等于關鍵字的第一個迭代器，$upper\_bound$返回大于關鍵字的第一個迭代器，兩者之間的范圍就是等于關鍵字的范圍，如果要訪問元素一定要判斷是否等于尾后迭代器。如何求小于和小于等于有一個小技巧，對于小于，也就是大于等于的前一個元素，我們將$lower\_bound$向前移動一個就是最后一個小于關鍵字的元素，小于等于同理，不過我們需要注意的是要判斷迭代器是否是開始迭代器，如果是開始迭代器則說明不存在小于或者小于等于的元素。

這個思路是我在比賽的時候想出來的，后來再看發現還是很復雜，驚嘆自己當時竟然能夠想這么多。不過比較可惜的是在判斷2.1-2.4的時候我的腦袋已經糊涂了，導致最終沒能AC。這也提醒我千里之堤毀于蟻穴，行百里半九十，對一個程序來說每一個細節都是致命的，可能平時很瞧不起，覺得很簡單 ，但是他們其實是平等的，要對每一個小細節懷有敬畏之心。

AC代碼

// Copyright(C), Edward-Elric233 // Author: Edward-Elric233 // Version: 1.0 // Date: 2021/9/20 // Description: #include <vector> #include <array> #include <iostream> #include <algorithm> #include <climits>using namespace std;constexpr int MAXN = 2e5 + 5; using ll = long long; array<ll, MAXN> a; int n, m; ll x, y, sum, ans, z;int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin >> n;sum = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> a[i];sum += a[i];}auto begin = a.begin();auto end = a.begin() + n;std::sort(begin, end);cin >> m;while (m--) {ans = LONG_LONG_MAX;cin >> x >> y;if (sum <= y) {if (a[0] > x) {ans = y + a[0] - sum;} else {ans = y + x - sum;}} else {z = sum - y;if (x <= z) {if (a[0] > z) {ans = a[0] - z;} else if (a[n - 1] < x) {ans = x - a[n - 1];} else {ans = LONG_LONG_MAX;auto it1 = std::upper_bound(begin, end, z);if (it1 != end) {ans = std::min(ans, *it1 - z);}auto it2 = std::lower_bound(begin, end, x);if (it2 != end && *it2 <= z) {ans = 0;}if (it2 > begin) {--it2;ans = std::min(ans, x - *it2);}}} else {if (a[0] >= x) {ans = a[0] - z;} else if (a[n - 1] <= z) {ans = x - a[n - 1];} else {ans = LONG_LONG_MAX;auto it1 = std::lower_bound(begin, end, x);if (it1 != end) {ans = std::min(ans, *it1 - z);}auto it2 = std::upper_bound(begin, end, z);if (it2 != end && *it2 < x) {ans = std::min(ans, x - z);}if (it2 > a.begin()) {--it2;ans = std::min(ans, x - *it2);}}}}cout << ans << "\n";}return 0; }

…

后面的題目我沒有看，我發現做出來的人很少。也不準備去做，題目無窮無盡，不應該去追逐題目，而應該做一題會一題，從有限的題目中提升自己的思維能力。覺得做CF好像做智力游戲，也挺有意思的。至于數據結構、算法，可以刷紫書嘛。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Educational Codeforces Round 114总结的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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