A. Simple Palindrome
大致题意
只允许使用 aeiou 构建一个字符串，使得其中的回文子序列尽可能少
思路
注意是回文子序列，所以比如 aeioua 这种，看起来一个回文串都没有，实际上 aea, aia, aoa 等等都是可以构造出来的
显然，如果存在间隔的方式，那么带来的回文串一定会更多，毕竟 aea 里面还可以再提取出一个 aa。所以应该保证尽可能不要出现间隔字母即可，同时联系的字母也要少
AC code
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| void solve() {
int n;
cin >> n;
int cnt[5] = {0, 0, 0, 0, 0};
for (int i = 0; i < n; ++i) ++cnt[i % 5];
for (int i = 0; i < 5; ++i) for (int j = 0; j < cnt[i]; ++j) cout << "aiueo"[i];
cout << endl;
}
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B2. The Strict Teacher
大致题意
有一排方格，其中一部分格子上有老师，老师希望抓住某个学生，且老师和学生每次都会停留在当前的格子或者走到相邻的格子，给出老师的初始位置，询问如果学生的初始位置在某个值时，需要多久才能抓到
思路
只需要考虑在所有老师最左边或者在最右边，或者在某两个中间这三种情况即可，简单题
AC code
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| void solve() {
int n, m, q;
cin >> n >> m >> q;
vector<int> data(m);
for (auto &item: data) cin >> item;
sort(data.begin(), data.end());
while (q--) {
int t;
cin >> t;
if (t < data[0]) cout << data[0] - 1 << endl;
else if (t > data.back()) cout << n - data.back() << endl;
else {
auto iter = upper_bound(data.begin(), data.end(), t);
int r = iter.operator*();
--iter;
int l = iter.operator*();
cout << (r - l) / 2 << endl;
}
}
}
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C. Lazy Narek
大致题意
有 $n$ 个字符串，每个字符串长度为 $m$，允许选择其中几个（或者一个都不选），并按照原来的顺序拼接起来，
然后再从拼接后的字符串提取出一个子序列，使得这个子序列恰好是多个连续的 narek 这个字符串
将此子序列的长度减去提取走子序列后的 narek 字母数量，得到分数，问分数最大是多少
思路
对于每一个字符串，当需要使用这个字符串的时候，当前状态只有 5 种可能的开始，即当前需要匹配 n/a/r/e/k 的时候，同时也只有 5 种结束状态
所以只需要枚举每一个字符串在不同的字母结束的时候的最优分数，然后做一下动态规划即可
AC code
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| void solve() {
signed _;
cin >> _;
for (signed tc = 0; tc < _; ++tc) {
int n, m;
cin >> n >> m;
string str = "narek";
vector<string> data(n);
for (auto &item: data) item.reserve(m);
for (auto &item: data) cin >> item;
vector<vector<int>> dp(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
dp[i].resize(5, -1000000);
for (int k = 0; k < 5; ++k) {
int cur = k, soc = 0;
for (auto &c: data[i]) {
if (c == str[cur]) {
++cur;
if (cur == 5) {
soc += 5;
cur = 0;
}
} else if (c == 'n' || c == 'a' || c == 'r' || c == 'e' || c == 'k') --soc;
}
if (k == 0) dp[i][cur] = max(dp[i][cur], soc);
if (i > 0) {
dp[i][k] = max(dp[i - 1][k], dp[i][k]);
dp[i][cur] = max(dp[i - 1][k] + soc, dp[i][cur]);
}
}
}
int ans = 0;
for (int j = 0; j < n; ++j) for (int i = 0; i < 5; ++i) ans = max(ans, dp[j][i] - i);
cout << ans << endl;
}
}
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