题目：Kick Start 2021 Round-B .

Increasing Substring

输出字符串中每个字符的最长 Increasing Substring 的长度，非常简单的动态规划问题。

定义 dp[i] 是以 str[i] 结尾的最长 Increasing Substring 的长度。

转移方程

dp[i] = dp[i-1] + 1, if str[i-1] < str[i]
dp[i] = 1, otherwise

显然是可以进行空间优化的，然而「可以但没必要」。

代码实现

#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;
int cnt = 1;
void solve(string &str, int n)
{
    vector<int> dp(n, 1);
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        if (str[i - 1] < str[i])
            dp[i] = dp[i - 1] + 1;
    }
    printf("Case #%d:", cnt++);
    for (int x : dp) printf(" %d", x);
    printf("\n");
}
int main()
{
    int t, n;
    cin >> t;
    cin.ignore();
    while (t--)
    {
        string str;
        cin >> n;   cin.ignore();
        cin >> str; cin.ignore();
        solve(str, n);
    }
}

Longest Progression

给定一个数组 \(A[n]\) ，在允许改动一个元素的条件下，找到最长的等差数列的长度（这个数列在数组中必须是连续的）。

令：

• left[i] 表示从位置 i 向左延伸，能够得到的最长等差数列的长度（包含 a[i] ）；
• right[i] 表示从位置 i 向右延伸，能够得到的最长等差数列的长度（包含 a[i] ）。

显然，如果我们允许改动一个位置，那么扫描数组中的任意一个数 \(a_i\) ，判断改动 \(a_i\) 是否能组合得到一个更长的等差数列：

• 组合 left[i-1] 和 right[i+1]
  • 条件为：\(a_{i+2} – a_{i+1} = a_{i-1} – a_{i-2} \text{ and } a_{i+1} – a_{i-1} = 2(a_{i-1} – a_{i-2})\)
• 组合 left[i-1] 和 a[i], a[i+1]
  • 条件为：\(a_{i+1} – a_{i-1} = 2(a_{i-1} – a_{i-2})\)
• 组合 right[i+1] 和 a[i], a[i-1]
  • 条件为：\(a_{i+1} – a_{i-1} = 2(a_{i+2} – a_{i+1})\)
• 组合 left[i-1] 和 a[i] ，或者组合 right[i+1] 和 a[i] ，二者是必然能实现的，无需任何条件。

代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int cnt = 1;
int solve(int n, vector<int> &a)
{
    if (n <= 3) return n;
    vector<int> left(n, 2), right(n, 2);
    left[0] = right[n - 1] = 1;
    for (int i = 2; i < n; i++)
        if ((a[i] - a[i - 1]) == (a[i - 1] - a[i - 2]))
            left[i] = left[i - 1] + 1;
    for (int i = n - 3; i >= 0; i--)
        if ((a[i + 2] - a[i + 1]) == (a[i + 1] - a[i]))
            right[i] = right[i + 1] + 1;
    int ans = max(left[n - 2] + 1, right[1] + 1);
    for (int i = 1; i < n - 1; i++)
    {
        // left[i-1] + 1 其实就是组合 left[i-1] 和 a[i], 因为允许改动 a[i], 所以这是必然能实现的
        // right[i+1] 与之同理
        ans = max(ans, max(left[i - 1] + 1, right[i + 1] + 1));
        if (i >= 2 && a[i + 1] - a[i - 1] == 2 * (a[i - 1] - a[i - 2]))
            ans = max(ans, left[i - 1] + 2);
        if (i + 2 < n && a[i + 1] - a[i - 1] == 2 * (a[i + 2] - a[i + 1]))
            ans = max(ans, right[i + 1] + 2);
        if (i >= 2 && i + 2 < n &&
            a[i + 1] - a[i - 1] == 2 * (a[i - 1] - a[i - 2]) &&
            a[i - 1] - a[i - 2] == a[i + 2] - a[i + 1])
            ans = max(ans, left[i - 1] + right[i + 1] + 1);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    int t, n;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        cin >> n;
        vector<int> nums(n);
        for (int i = 0; i < n; i++) cin >> nums[i];
        printf("Case #%d: %d\n", cnt++, solve(n, nums));
    }
}

Consecutive Primes

给定一个整数 \(n\) ，求两个相邻的素数 \(l, r\) ( \(l \cdot r \le n\) ) ，且使得 \(l \cdot r\) 的乘积最大，输出这个最大乘积。

思路

• 令 \(k = \sqrt{n}\) , 求出 \(k\) 左侧的最大素数为 \(l\) ，\(k\) 右侧的最小素数为 \(r\) 。
• 如果 \(l \cdot r \le n\) ，那么返回 \(l \cdot r\) 。
• 否则，存在 \(l_2 < l\) ，\(l_2\) 是小于 \(l\) 的最大素数，返回 \(l_2 \cdot l\) 。

正确性证明

• 最理想的情况是 \(k = \sqrt{n}\) 为一个整数，那么 \(l = r = \sqrt{n}\) 可以得到最大乘积 \(n\) 。但题目要求为 2 个相邻的不同素数。
• 因此，这 2 个素数必然是下面 2 种情况之一（否则不能保证 \(l \cdot r \le n\) ）：
  • 一个在 \(k\) 的左侧，一个在 \(k\) 的右侧。
  • 两个都在 \(k\) 的左侧。
• 显然，如果「一左一右」的情况存在，它的乘积必然大于「均在左侧」这个乘积，因为 \(l_2 < l < r\)。

时间复杂度

• 素数判定可以在 \(O(\sqrt{k})\) 内完成。
• 根据 Prime Gap ，两个相邻素数 \(p_{i}, p_{i+1}\) 之差可以记为 \(g_i\) .
• 最坏情况下，我们需要找到 3 个相邻的素数（需要扫描 2 个 Prime Gap），因此算法复杂度为 \(O((g_l + g_r) \cdot \sqrt{k})\)，\(k = \sqrt{n}\) .
• 题目给定 \(n \le 10^{18}\) ，因此 \(k \le 10^9\) 。查表得 \(g_l, g_r\) 在 282 – 288 之间，因而这一算法复杂度是可以接受的。

代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
int cnt = 1;
bool isprime(uint64_t k)
{
    for (uint64_t i = 2; i * i <= k; i++)
        if (k % i == 0)  return false;
    return true;
}
uint64_t solve(uint64_t n)
{
    uint64_t k = sqrt(n);
    uint64_t l = k, r = k + 1;
    while (!isprime(l)) l--;
    while (!isprime(r)) r++;
    if (l * r <= n) return l * r;
    uint64_t l2 = l - 1;
    while (!isprime(l2)) l2--;
    return l * l2;
}
int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    cin.ignore();
    while (t--)
    {
        uint64_t n;
        cin >> n;
        cin.ignore();
        printf("Case #%d: %llu\n", cnt++, solve(n));
    }
}

Truck Delivery

给定一个树 \(G\) ，每个顶点 \(1-n\) 代表一个城市，每个边代表一个公路，公路有 2 个参数 (limit, amount) 。如果经过这一公路的卡车，它的 weight 大于等于 limit ，那么需要收费 amount ，否则不收费。

问：给定一个 \(Q\) ，表示工作的天数，每一天有 2 个参数 \(Q_i = (C, W)\) ，表示从城市 \(C\) 出发，目的地是城市 \(1\) ，显然这样的路径是唯一的。卡车的 weight 为 \(W\) ，那么从 \(C \rightarrow 1\) 的这一路径上，每个公路都对应一个收费。对于每个 \(Q_i\)，求这一天中，所有收费的最大公因子。

BFS/DFS

最简单，也是最暴力的解法。

思路

• 建图完成后，执行 bfs(1) ，从城市 \(1\) 开始 BFS，找到 \(1\) 到其他城市 \(2-n\) 的所有路径。路径通过一个数组 pre 记录，pre[x] 表示 x 的前驱城市。

• 对于每一个 \(Q_i = (C,W)\) ，找到从 \(C \rightarrow 1\) 的路径，并找到所有 amount 的最大公因子。

• 时间复杂度为 \(O(N + Q(N + \log{A}))\) , \(A\) 是 amount 的最大值。

• 显然，这个复杂度对于 Test Case 2 来说是不可接受的。

• 第一步的 BFS 也可以换成 DFS ，因为在树中，只要遍历一次，即可找到 \(1\) 到 \(2-n\) 的路径。

代码实现