[SRM] 17

qwq 怎么就17了

 

A.

对于待操作数列，所有的两个操作在宏观似乎都不会改变大体顺序

（至于操作2交换奇偶位数字：奇偶分离就行了）

那么定义 s1 s2 分别为奇数列和偶数列的起点（奇数和偶数自己是不会改变相对位置的）

让 s1 s2 储存每次操作一的偏移量

最后构造数列

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define maxn 1000000
using namespace std;

int ans[maxn],s1,s2,n,m,cnt,cnt2;

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    
    s1 = 1,s2 = 2;
    
    for(int i = 1;i <= m;i++){
        scanf("%d",&cnt);
        
        if(cnt%2){
            scanf("%d",&cnt2);
            s1 += cnt2;
            s2 += cnt2;
            if(s1 <= 0) s1 += n;
            if(s1 > n) s1 -= n;
            if(s2 <= 0) s2 += n;
            if(s2 > n) s2 -= n;
        }else{
            if(s1 % 2) s1++;
            else s1--;
            if(s2 % 2) s2++;
            else s2--;
        }
    }
    
    int i = s1,cnt = 1;
    while(!(i == s1 && cnt != 1)){
        ans[i] = cnt;
        i += 2;
        cnt += 2;
        if(i > n) i -= n;
    }
    
    i = s2,cnt = 2;
    while(!(i == s2 && cnt != 2)){
        ans[i] = cnt;
        i += 2;
        cnt += 2;
        if(i > n) i -= n;
    }
    
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        printf("%d ",ans[i]);
    }
    
    return 0;
} 

 

B.

看了看CF的官方Editorial，二分原来是叫 Binary Search，学习了

那么，二分k秒后的最小值和k秒后的最大值

为了防止不会漏解把二分最大值嵌在二分最小值里

http://codeforces.com/blog/entry/44821

qwq感谢CZL的标程，写得非常对称！

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define maxn 1000000
using namespace std;

long long k,lowpool,uppool,cnt1,n,arr[maxn],maxx,minn = 0x3f3f3f3f,L,R,L2,R2,mid,ans = 0x3f3f3f3f;
bool GG,GG2;

int main(){
    scanf("%I64d%I64d",&n,&k);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        scanf("%I64d",&arr[i]);
        maxx = max(maxx,arr[i]),
        minn = min(minn,arr[i]);
    }
    
    L = minn,R = maxx;
    GG = false;
    while(!GG){
        mid = (L+R+1)/2;
        if(L == R) GG = true;
        lowpool = uppool = cnt1 = 0;
        
        for(int i = 1;i <= n;i++) lowpool += max(0,mid-arr[i]),uppool += max(0,arr[i]-mid),cnt1 += arr[i]<=mid;
        
        if(lowpool > k || lowpool >uppool){ R = mid-1; continue;}
        else L = mid;
        
        if(lowpool == uppool && lowpool <= k) return puts("0"),0;
        
        L2 = mid+1,R2 = maxx;
        
        cnt1 = min(k,cnt1-1+lowpool);
        
        GG2 = false;
        while(!GG2){
            mid = (L2+R2)/2;
            if(L2 == R2) GG2 = true;
            
            uppool = 0;
            for(int i = 1;i <= n;i++) uppool += max(arr[i]-mid,0);
            
            if(uppool > cnt1 || uppool > k){L2 = mid+1;continue;}
            else R2 = mid;
            
            ans = min(ans,mid-L);
        }
    }
    
    printf("%I64d",ans);
    
    return 0;
}

 

C.

只限定了树的直径和树的高

那就简单了，最低限度满足条件即可

首先画一条长度为D的多段线，那么一个典型的情况是：树根 1 在中点，将该多段线打折则每边的长度为 D/2

这是临界点，此时树高为 H

那么我们就知道了：如果 H * 2 < D 则必然无解（怎么打折都会有一边超过预测 H ）

那么我们只要在多段线上取一个点定为 1 就行了，接下来就是处理多余的结点（D+1 ~ n ）

（解释起来真复杂） 

最简单的方法就是把多余节点一个个挂在深度第二的点当子节点

（有那么点画同分异构体的感觉）

既然这题的限制如此之少，又没有什么保证 既然这题出自CF

就要往死里加特判，不要太相信自己程序的通用度

特判见代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;

int n,D,H,pre[1000000];

int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&D,&H);
    
    if(H*2 < D || H > D || D == 1 || n-1 < D || n-1 < H) cout << -1;
    else{
        if(H < D){
            
            for(int i = 2;i <= H+1;i++){
                pre[i] = i-1;
            }
            
            pre[H+2] = 1;
            for(int i = H+3;i <= D+1;i++){
                pre[i] = i-1;
            }
            
            for(int i = 2;i <= n;i++){
                if(!pre[i]) pre[i] = H;
            }
            
        }else{
            
            for(int i = 2;i <= H+1;i++){
                pre[i] = i-1;
            }
            
            for(int i = 2;i <= n;i++){
                if(!pre[i]) pre[i] = H;
            }
            
        }
        for(int i = 2;i <= n;i++)
        printf("%d %d\n",pre[i],i);
    }
    
    
    
    return 0;
}