AtCoder Grand Contest 003 解题报告

A-Wanna go back home

题目简述

高桥君在一个平面上走路N次，且每次走路的方向已经确定，但是距离没有确定。

请确定每次走路的距离 (至少为 $1$ ) ，使高桥君在这N次走路后可以回到 $(0,0)$。

给你一个字符串 $S$ ，由字符 N W S E 组成，表示向北/西/南/东行动，输出 Yes 表示高桥君能够回到 $(0,0)$，否则输出 No。

$1 \leq |S| \leq 1000$

解题思路

非常简单，如果高桥君向某个方向行动，且不会向这个方向的反方向行动，则高桥君显然无法回到 $(0, 0)$，否则一定可以。

B - Simplified mahjong

题目简述

给定 $N$，有一组面值为 $1 \to N$ 的牌，已知每种面值的个数 $A_i$，卡牌 $a$ , $b$可以组成一对 $(a, b)$ 当且仅当 $|a面值 - b面值| \leq 1$ 。问最多能组多少对。

$1 \leq N \leq 10^5$
$1\leq A_i \leq 10^9$

解题思路

贪心，从小到大扫描，优先和面值相同的配对，如果剩下了一张无法配对就和面值大一的配对。

我这题一开始想错了，某个面值剩下一张的时候并不一定会和大一的面值配对，只有当面值大一的也剩下一张才配对。这种贪心显然没有上面提到的决策优。

考虑一组数据

3
3 2 3

如果使用错误的贪心，在面值为 $1$ 的牌与面值为 $2$ 的牌配对时，会造成一张面值为 $1$ 的牌的浪费，而强行配对不会造成浪费，也不会使答案更劣。

C - BBuBBBlesort!

题目简述

给定一个序列 $A$，保证元素两两不同，你可以对这个序列做以下两种操作。

翻转相邻两个元素。
翻转相邻三个元素。

请用这两种操作将序列 $A$ 变为升序，并使操作 $1$ 的次数尽可能少。

输出操作 $1$ 的最少次数。

$1 \leq |A| \leq 10^5$
$1 \leq A_i \leq 10^9$

解题思路

其实也不困难，很容易发现使用操作 $2$ 不能够将原本在第奇数个位置的数换到第偶数个位置上，同样也不能把原本在第偶数个位置上的数换到第奇数个位置上。但是能够将奇数、偶数位置上的数分别任意排列。因此我们只要尽可能把本应该放在奇数/偶数位置上的数放到奇数/偶数位置上即可。

容易发现一次操作 $1$ 最多能同时把两个数放回对应的奇数/偶数位置，并且由于我们可以用操作 $2$ 将奇数/偶数位置上的数分别任意排列，因此我们一定能够做到用一次操作 $1$ 复位两个数，故我们只要统计有多少个原本应该在奇数/偶数位置上的数没有被放在奇数/偶数位置上，然后除以二就是答案。

参考代码

#include <vector>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
using LL = long long;

int n;
vector<int> nums;
int a[100010], b[100010];

int main(void)
{
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		cin >> a[i];
		nums.emplace_back(a[i]);
	}
	sort(nums.begin(), nums.end());
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		a[i] = lower_bound(nums.begin(), nums.end(), a[i]) - nums.begin();
	int cnt = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		if (i % 2 != a[i] % 2) ++cnt;
	}
    cout << cnt / 2 << endl;
	return 0;
}

D - Anticube

题目简述

给定 $n$ 个数 $s_i$，要求从中选出最多的数，满足任意两个数之积都不是完全立方数。

$1 \leq n \leq 10^5$
$1 \leq s_i \leq 10^{10}$

没写出来，似乎是一道阴间数学题。

E - Sequential operations on Sequence

题目简述

一串数，初始为$1 \to N$ ，现在给 $Q$ 个操作，每次操作把数组长度变为 $q_i$，新增的数为上一个操作后的数组的重复。问 $Q$ 次操作后 $1 \to N$ 每个数出现了多少次。

$1 \leq N \leq 10^5$
$0 \leq Q \leq 10^5$
$1 \leq q_i \leq 10^{18}$

解题思路

今天的重头戏。

首先我们很容易想到，虽然这个数组初始为 $1 \to N$，但是如果存在 $q_i < N$，并且对于 $\forall j < i$，$q_j >= q_i$，就会导致前面的一系列操作都是不用管的，到了第 $i$ 步这个数组一定会变成 $1\to q_i$。

这个结论其实没用，但是很有启发性。于是我们很快又可以发现另一个性质：对于一段连续的操作 $q_i,\ i \in [l,r]$ 如果对于 $\forall i \in [l, r],\ q_i >= q_r$ ，那么这一段连续的操作与操作 $q_r$ 等效。

这个性质说明了如果一个操作小于前面的一系列操作，前面的一系列操作可以不做。

这个性质很有用，它说明我们实际要进行的操作 $q_i$ 是单调递增的，也就是说我们不用管这个数组的缩短，只用计算它的伸长就好了。

我们把初始的 $N$ 也看作是一次操作，用单调栈或者倒序处理就能维护出一个单调递增的操作序列 $Q'$。

接下来我们考虑这些伸长的操作。初始数组长度为 $q_0$，我们现在要进行操作将其伸长到 $q_1$，显然原始数组重复了 $\lfloor \cfrac{q_1}{q_0} \rfloor$ 次，并且后接一段长度为 $q_1 \bmod q_0$ 的数组。

如果我们用 $a_0$ 来表示初始数组，$b_0$ 表示后面接的数组，那么就有

\[a_1 = \lfloor \cfrac{q_1}{q_0} \rfloor \times a_0 + b_0 \]

然后就有

\[a_2 = \lfloor \cfrac{q_2}{q_1}\rfloor \times a_1 + b_1 \]

接下来得出

\[a_2 = \lfloor \cfrac{q_2}{q_1}\rfloor \times (\lfloor \cfrac{q_1}{q_0} \rfloor \times a_0 + b_0) + b_1 \]

如是 $|Q'|$ 遍，最终就有

\[a_n = \lfloor \cfrac{q_n}{q_{n - 1}} \rfloor \times(\lfloor \cfrac{q_{n - 1}}{q_{n - 2}}\rfloor \times (\cdot\cdot\cdot) +b_{n - 2}) + b_{n - 1} \]

看起来非常复杂，我们尝试从外往里做。

我们用数组 f 记录数组 $a_i$ 出现的次数（也就是它前面的系数），显然我们可以一层一层把式子拆开，把系数乘起来。

然而我们发现这坨式子中的 $b_i$ 简直丧心病狂，我们重点讨论如何计算它。

由于 $b_i$ 是重复的产物（并且是不完整的一段），显然如果 $b_i$ 的长度是 $l_i$，那么它就会等于整个数组最前面的 $l_i$ 个数。

又由于整个数组是重复的产物，所以整个数组最前面的 $l_i$ 个数也是某个数组重复的产物。是哪个数组呢？我们二分查找第一个小于等于 $ l_i$ 的 $q_j$，$b_i$ 就是由 $q_j$ 对应的数组（也就是 $a_j$) 重复产生的。于是 $a_j$ 又多出现了 $\lfloor \cfrac{l_i}{q_j}\rfloor$ 次，也即它的系数需要加上 $\lfloor\cfrac{l_i}{q_j}\rfloor$ 。但是我们发现 $b_i$ 的末尾应该也会剩下一个无法用完整的 $a_j$ 表示的数组，我们用和处理 $b_i$ 一样的方法递归处理即可。当这个数组的长度小于 $n$ 时，假设它的长度时 $m$，这个数组实际上就是 $1 \to m$。也就是说 $1 \to m$ 又出现了 $k$ 次（$k$ 是 $b_i$ 对应的系数），给区间 $[1,m]$ 整个加上 $k$ 即可，区间加法可以用差分数组维护。

最后，除了一大堆 $b$ 之外，整个式子还会剩下一个 $a_0$。但是 $a_0$ 我们是已知的，就是 $1 \to q_0$，我们乘上系数，给区间 $[1,q_0]$ 做区间加法，最后前缀和统计答案即可。

参考代码

#include <vector>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
using LL = long long;

const int N = 1e5 + 10, M = 17;

int n, q;
LL a[N];
LL f[N];
LL c[N];
LL minx[N];
vector<LL> len;
vector<LL> na;

void Solve(LL x, LL times)
{
	if (x <= na[0]) {
		c[0] += times;
		c[x + 1] -= times;
	}
	else {
		int t = upper_bound(na.begin(), na.end(), x) - na.begin() - 1;
		f[t] += x / na[t] * times;
		Solve(x % na[t], times);
	}
}

int main(void)
{
	int on;
    cin >> n >> q;
	on = n;
	int start = 1;
	for (int i = 1; i <= q; ++i) {
		io >> a[i];
		if (a[i] < n) {
			n = a[i];
			start = i + 1;
		}
	}
	minx[q] = q;
	for (int i = q - 1; i >= 1; --i) {
		if (a[i] < a[minx[i + 1]])
			minx[i] = i;
		else minx[i] = minx[i + 1];
	}
	na.emplace_back(n);
	for (int i = start, j; i <= q; i = j + 1) {
		j = minx[i];
		na.emplace_back(a[j]);
	}
	f[na.size() - 1] = 1;
	for (int i = na.size() - 1; i >= 1; --i) {
		f[i - 1] += na[i] / na[i - 1] * f[i];
		Solve(na[i] % na[i - 1], f[i]);
	}
	c[0] += f[0]; c[n + 1] -= f[0];
	for (int i = 1; i <= on; ++i) {
		c[i] += c[i - 1];
        cout << c[i] << endl;
	}
	return 0;
}

F - Fraction of Fractal

题目链接

~~没看，不会做~~

posted @ 2021-11-05 22:38 LroseC 阅读(101) 评论(0) 收藏举报

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B - Simplified mahjong

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C - BBuBBBlesort!

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F - Fraction of Fractal

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