Codeforces Round ＃809 Editorial(A,B,C)

A. Another String Minimization Problem

题意：你有一个长度为n的序列a1,a2,...,an，由1到m之间的整数组成，你也有一个字符串s，由m个字符B组成。你要进行以下n个操作。

在第i次（1≤i≤n）操作中，你用A替换s的第ai个或（m+1-ai）个字符，你可以通过操作多次替换任何位置的字符。
找出经过这些操作后，你能得到的最小的乐谱学上的字符串。

当且仅当在x和y不同的第一个位置上，字符串x有一个字母在字母表中出现的时间比y中相应的字母早，则该字符串x在词典上小于相同长度的字符串y。

思路：按照要求从头开始往后处理，优先处理位置靠前的，如果位置靠前的已经是A了，那么就把位置靠后的变成A。

代码：

#include <iostream>
 
using namespace std;
 
const int N = 60;
 
int t, n, m, a[N];
char c[N];
 
int main()
{
	cin >> t;
	while(t -- )
	{
		cin >> n >> m;
		for(int i = 1; i <= m; i ++ ) c[i] = 'B';
		for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
		
		for(int i = 1; i <= n; i ++ )
		{
			int x1 = a[i], x2 = m + 1 - a[i];
			int x3 = min(x1, x2), x4 = max(x1, x2);
			if(c[x3] != 'A') c[x3] = 'A';
			else c[x4] = 'A';
		}
		for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cout << c[i];
		cout << endl;
	}
	return 0;
}

B. Making Towers 

题意：你有一个由n个色块组成的序列。第i个图块的颜色是ci，是1到n之间的一个整数。你将以如下方式在一个无限的坐标网格上依次放置积木。
最初，你把块1放在（0,0）处。
对于2≤i≤n，如果第（i-1）个图块被放置在位置（x,y），那么第i个图块可以被放置在位置（x+1,y）、（x-1,y）、（x,y+1）之一（但不能放置在位置（x,y-1）），只要之前没有图块放置在这个位置。
一个塔是由s个图块组成的，这些图块被放置在(x,y),(x,y+1),...,(x,y+s-1)的位置上，对于某个位置（x,y）和整数s。颜色为r的塔是一个塔，其中所有的块都有r的颜色。
对于从1到n的每一种颜色r，独立解决以下问题。

找出根据规则放置积木所能形成的r色塔的最大尺寸。

思路：我们可以发现，两块相同颜色的木块如果要放在上下相邻，那么这两个塔必须中间间隔偶数的其他块或者中间没有其他数，只有这样才能刚好放在上下相邻的位置。那么可以发现，该问题就是找到颜色相同的序列，且相邻的两个数的下标奇偶性不同。我们不需要两重循环来枚举所有从ai开始的最大长度，因为我们考虑ai后面的aj和ak,j < k，此时ai后面可以接aj和ak，如果最优解是接ak，那么我们可以将最优解转化为接aj，因为aj和ak可以接在ai后面，那么此时aj和ak的下标的奇偶相同，那么ak后面最优解的序列此时也可以接在aj后面，所以我们不需要两重循环，而是贪心的去找aj，如果aj和ai奇偶不同，那么就选择aj，然后此时将j作为末尾继续去找。

代码如下： 

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int t, f[N][2], color[N], n;

int main()
{
	scanf("%d", &t);
	while(t -- )
	{
		scanf("%d", &n);
		for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &color[i]);
		for(int i = 1; i <= n; i ++ ) f[i][0] = f[i][1] = 0;
		
		for(int i = 1; i <= n; i ++ )
		{
			f[color[i]][i & 1] = f[color[i]][(i & 1) ^ 1] + 1;
		//	printf("f[%d][%d] = f[%d][%d] + 1 = %d\n", color[i], i & 1, color[i], (i & 1) ^ 1, f[color[i]][i & 1]);
		}
		for(int i = 1; i <= n; i ++ )
		cout << max(f[i][1], f[i][0]) << ' ';			//不确定最后是奇结尾还是偶结尾，所以取max简化了程序 
		cout << endl;
	}
	return 0;
}

C. Qpwoeirut And The City

题意：Qpwoeirut已经开始学习建筑，并雄心勃勃地决定改造他的城市。

Qpwoeirut的城市可以被描述为一排n栋楼，其中第i栋（1≤i≤n）楼高为hi层。你可以假设这个问题中每层楼的高度都是相等的。因此，当且仅当建筑i的楼层数hi大于建筑j的楼层数hj时，建筑i才比建筑j高。

如果i号楼比i-1号楼和i+1号楼都高（而且都存在），那么i号楼就很酷。请注意，第1栋和第n栋建筑都不可能是凉爽的。

为了改造城市，Qpwoeirut需要使凉爽建筑的数量最大化。为了做到这一点，Qpwoeirut可以在任何建筑物的顶部建造额外的楼层，以使其更高。注意，他不能拆除已经存在的楼层。

由于建造新的楼层很昂贵，Qpwoeirut希望尽量减少他建造的楼层数量。找到Qpwoeirut需要建造的最少楼层数，以使凉爽的建筑物数量最大化。

Input：

6
3
2 1 2
5
1 2 1 4 3
6
3 1 4 5 5 2
8
4 2 1 3 5 3 6 1
6
1 10 1 1 10 1
8
1 10 11 1 10 11 10 1

Output:

2
0
3
3
0
4

思路：奇数的情况是确定的，就是从2开始间隔一位就get一下之间的差值。偶数情况是不确定的，比如

容易发现，对于偶数，它有一位的自由空间，这导致了最后一个位置可以往后移一位，得到序列2

在序列2的基础上把倒数第二个数往后移1位，得到序列3…………,直到把第一位往后移动1位。所以一共要处理O(n)次，序列2是在序列1的基础上，最后一位不同，所以减去最后一位加上的值，然后再补上最后一位移动的值。得到序列3需要的块数，依次类推，可以在O(n)的时间内将所有情况找出来，然后用ans取最大保存即可。

代码如下：

#include "bits/stdc++.h"

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 100100;

int t, n;
ll a[N];

ll get(int i) 
{
  return max(0ll, max(a[i - 1], a[i + 1]) - a[i] + 1);
}

int main() 
{
	scanf("%d", &t);
	while (t--) 
	{
		scanf("%d", &n);
    	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
		if (n & 1) 
		{
			
    		ll ans = 0;
    		for (int i = 2; i < n; i += 2)
   		 	ans += get(i);
		
   		 	cout << ans << endl;
    		continue;
   		}

 	    ll tot = 0;
 	    for (int i = 2; i < n; i += 2)
 	    tot += get(i);
	
	    ll ans = tot;
  	    for (int i = n - 1; i > 1; i -= 2) 
	    {
    		tot -= get(i - 1);
    		tot += get(i);
    		ans = min(ans, tot);
        }

   		cout << ans << endl;
    }
}