做题记录 25.4.28

\(\textcolor{blue}\odot\) CF1895E Infinite Card Game

建图，每个点连向对方攻击值高于该点防御值的点中防御值最高的一个，显然这样最优，于是得到的图出度至多为一，容易求出每个点的必胜方，时间复杂度 \(O(\sum (n\log n+m\log m))\)

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\(\textcolor{blue}\odot\) CF1891E Brukhovich and Exams

若 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 不互质，或 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 中恰好一个为 \(1\)，则把序列从 \(i\) 和 \(i+1\) 之间断开，这样序列被划分为若干连续段，其中一部分段全为 \(1\)，称为一类，剩余的段内都 \(\ne 1\) 且相邻数两两不互质，称为二类

令 \(\gcd(a_i,a_{i+1})=1\) 的贡献在 \(i\) 上，则对于二类段 \([L,R]\)，区间 \([L,R)\) 内的位置都有贡献，对于一类段 \([L,R]\) 区间 \([L-1,R]\cap [1,n)\) 内的位置都有贡献

考虑把位置置为 \(0\) 后对两类段贡献的影响

对于二类段 \([L,R]\)，\([L,R)\) 产生贡献，对于任意 \(L<i<R\)，若 \(a_i\gets 0\) 则 \(i-1\) 和 \(i\) 都不再产生贡献，若 \(a_L\gets 0\) 则 \(L\) 不再产生贡献，对贡献的影响可以拆分为 \(\lfloor\frac{R-L}2\rfloor\) 个 “选择一个位置置 \(0\) 使得贡献减 \(2\)” 和 \((R-L)\bmod 2\) 个 “选择一个位置置 \(0\) 使得贡献减 \(1\)”

对于一类段 \([L,R]\)，若 \(L=1\) 且 \(R=n\)，即整个 \(a\) 都是 \(1\)，则答案为 \(n-k\)，若 \(L=1\) 和 \(R=n\) 只有一个成立，则对贡献的影响为 \(R-L+1\) 个 “选择一个位置置 \(0\) 使得贡献减 \(1\)”，若 \(L\ne 1\) 且 \(R\ne n\)，则对贡献的影响为“\(R-L\) 次选择一个位置置 \(0\) 使得贡献减 \(1\)，第 \(R-L+1\) 次可以选择一个位置置 \(0\) 使得贡献减 \(2\)”

只有三种形式：“选择一个位置置 \(0\) 使得贡献减 \(2\)”，“选择一个位置置 \(0\) 使得贡献减 \(1\)”，“\(R-L\) 次选择一个位置置 \(0\) 使得贡献减 \(1\)，第 \(R-L+1\) 次可以选择一个位置置 \(0\) 使得贡献减 \(2\)”

有限选择第一种，然后按长度从小到大选择第三种，最后选择第二种，显然最优

时间复杂度 \(O(\sum n\log n)\)

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\(\textcolor{purple}\odot\) CF1893D Colorful Constructive

对于长为 \(l\) 的序列限制为 \(d\)，若区间 \([0,d),[d,2d),\cdots,[l-(l\bmod d),l)\) 内数都各不相同，则存在一种重排方式使得整个长为 \(l\) 的序列符合限制

构造方式为：先把 \([l-(l\bmod d),l)\) 块中的数放到最前面，然后依次考虑剩下的 \(\lfloor\frac ld\rfloor\) 块，每块中的数字按上一块中出现的次序排序，上一块中没有出现的排在最前面，给定满足初始要求的序列后容易 \(O(l\log d)\) 构造出符合题目要求的序列

于是转化为给定 \(l_{1\sim k}\)，要把 \(n\) 个数划分到 \(k\) 组内，使得大小分别为 \(l_{1\sim k}\) 且组内数互不相同

从大到小考虑 \(l_i\)，每次取出出现次数最多的 \(l_i\) 个数字放到一个组中，若剩余数字种类不足 \(l_i\) 则无解，可证这一贪心的正确性

这一过程容易堆维护

总时间复杂度 \(O(\sum n\log n)\)

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\(\textcolor{blue}\odot\) CF1900F Local Deletions

发现经过一次操作（保留 \(\min\) 和保留 \(\max\) 分别视为一次）后 \(n\) 个数最多保留 \(\lceil\frac n2\rceil\) 个，因此经过 \(\log_2(n)+O(1)\) 次后必然结束

预处理整个序列经过 \(0\sim \log_2(n)+O(1)\) 次操作后剩余下标集合 \(P_i\)

对于一个区间，发现只有边缘处可能和预处理结果不同，因此维护 \(lp,rp,l,r\)，表示目前剩余下标集合为 \(\{lp\}\cup (P_i\cap [l,r])\cup\{rp\}\)，其中 \(lp\) 和 \(rp\) 可以不存在，细节较多

时间复杂度 \(O(n+q\log^2 n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)

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\(\textcolor{blue}\odot\) CF1887C Minimum Array

扫描操作，令 \(rs\) 表示目前字典序最小的版本号，初始为 \(0\)，树状数组内保存从 \(rs\) 到当前版本的增加量的差分数组，用 set 保存目前为止增加量数组中可能 \(\ne 0\) 的位置集合，每次区间加 \((l,r,v)\) 时，树状数组上直接维护，并把 \(l\) 和 \(r+1\) 加入 set 中，删除 set 中前面若干个值已经为 \(0\) 的位置（值指增加量数组的值，即差分数组的前缀和，实际上维护 set 只是需要得到第一个值不为 \(0\) 的位置），若第一个不为 \(0\) 的位置的值 \(<0\)，令 \(rs\) 为当前版本，并清空树状数组（撤销操作即可）和 set

时间复杂度 \(O(\sum n\log n)\)

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\(\textcolor{purple}\odot\) CF1887D Split

对于每个 \(i\)，考虑计算出有多少区间 \([l,r]\)，满足存在一个分割点 \(l\le k<r\)，使得 \(i\) 为 \([l,k]\) 中的最大值

令 \(lg_i\) 为 \([1,i)\) 中编号最大的 \(>a_i\) 的位置，不存在则为 \(0\)

令 \(rg_i\) 为 \((i,n]\) 中编号最小的 \(>a_i\) 的位置，不存在则为 \(n+1\)

令 \(rl_i\) 为 \((rg_i,n]\) 中编号最小的 \(<a_i\) 的位置，不存在则为 \(n+1\)

则对于一个 \(i\)，所有区间 \([l,r]\mid lg_i<l\le i<rg_i\le r<rl_i\) 都合法

扫描线即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)

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