Codeforces Global Round 12

• A、Avoid Trygub

• B、Balls of Steel

• *C1、Errich-Tac-Toe (Easy Version)

• *C2、Errich-Tac-Toe (Hard Version)

• *D、Rating Compression

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Avoid Trygub

题意：

给你一个字符串，重排它让它不出现$"trygub"$子序列。$n \leq 100$。

题解：

对这个字符串的字符直接排序即可。

 

Balls of Steel

题意：

给你$n$个点和$k$，每次选择一个点，使得和它的曼哈顿距离小于$k$的点都被它吸引（到它的位置），问多少次操作能使所有点都在一个位置，不能则输出$-1$。$n \leq 100$。

题解：

显然要么一次，要么不能。暴力判断一下点之间的距离就行。

Errich-Tac-Toe (Easy Version)

题意：

一个$n * n$的棋盘上有$'.'$和$'X'$，三个$'X'$横着或竖着连续，则算赢局，否则算平局，给出一个局面，现在你需要把最多$\lfloor \frac{k}{3} \rfloor$的位置（$k$为$'X'$的个数）改成$'O'$，让它变成平局，输出方案。

题解：

想了很多方法$QAQ$，但是完全没注意到染色的笨蛋。考虑染色，其实我们可以发现，连着的三个$'X'$坐标($x_i,y_i$)的和$x_i+y_i$构成模$3$的完全剩余系，按照这个染色。这样子我们只需要算出每种颜色的$'X'$有多少，把最少$'X'$的颜色的$'X'$全部染成$'O'$即可。

Errich-Tac-Toe (Hard Version)

题意：

一个$n * n$的棋盘上有$'.'$和$'X'$和$‘O’$，三个$'X'$或者三个$'O'$横着或竖着连续，则算赢局，否则算平局，给出一个局面，现在你需要把最多$\lfloor \frac{k}{3} \rfloor$的位置（$k$为$'X'$的个数）改成$'O'$，反之亦然，让它变成平局，输出方案。

题解：

同上，我们保证一种颜色没有$'X'$，另一种颜色没有$'O'$即可。

总结：

碰到这种连着的题，可以考虑模$k$染色的做法。

Rating Compression

题意：

给出一个序列，问对于$1 \leq i \leq n$，长度为$i$构成的滑动窗口的最小值形成的长度$n-i+1$的序列是不是一个排列。输出一个长度是$n$的字符串，第$i$位$[0/1]$表示长度为$i$的情况。

题解：

考虑一个数向左向右延伸多长，这个区间内还是以它为最小值，若窗口长度小于这个区间，显然生成的序列就不是排列。考虑滑动窗口长度是$i$排列的性质：$1$到$n-i+1$都需要出现在排列中，排列长度是$1$到$n-i+1$。则如果$n-i+1$不出现在原序列，这个排列必不存在。因为考虑到$1$一定是最小的，则延伸长度是$n$的区间一定会是$1$，记录$1$，考虑$2$，如果延伸长度不是$n-1$，则说明$1$不在端点，则长度是$n-1$的滑动窗口必然非法。否则记录$2$。同样的考虑$3$，并假设长度$n-1$的滑动窗口合法，显然$1$和$2$要么分别在两端点，要么连着，且$1$咋在端点，则$2$的延伸长度是$n-1$。记录$3$。即$i$合法时，必须有$1$到$i$的记录，此时滑动窗口的长度是$n-i+1$。考虑重复的情况：$1 \ 3 \ 2 \ 1$，算出滑动窗口长度是$2$时的序列：$1 \ 2 \ 1$。按照上面的过程，滑窗长度是$3$时，没有记录$2$，但是记录了两个1，然后在滑窗长度是$2$是，记录了$2$，此时也是满足3个的。但是显然这个生成序列不满足。此时$set$去重即可。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
int l[N], r[N];
int s[N], a[N], cnt[N];
bool vis[N];
char str[N];
vector<int>v[N];
set<int>ss;
void solve()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        vis[i] = 0;
        str[i] = '0';
        v[i].clear();
        cnt[i] = 0;
    }
    ss.clear();
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &a[i]), vis[a[i]] = 1;
    int top = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        while (top && a[i] < a[s[top - 1]])
            r[s[--top]] = i - 1;
        s[top++] = i;
    }
    while (top)
        r[s[--top]] = n;
    for (int i = n; i; --i)
    {
        while (top && a[i] < a[s[top - 1]])
            l[s[--top]] = i + 1;
        s[top++] = i;
    }
    while (top)
        l[s[--top]] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        v[r[i] - l[i] + 1].push_back(a[i]);
    for (int i = n; i; --i)
    {
        if (!vis[n - i + 1])
            break;
        for (auto num : v[i])
            ss.insert(num);
        if (ss.size() == n - i + 1)
            str[i] = '1';
    }
    for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)
        printf("%c", i <= n ? str[i] : '\n');
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}