Codeforces Round 1011 (Div. 2)
Codeforces Round 1011 (Div. 2)
闲话：我为什么没打这一场呢？因为我按照惯例准备报名截止前一刻（赛前五分钟）再报名，结果玩原神导致 22:31 才想起报名 /fn。
A. Serval and String Theory
长度为 \(n\) 的串是好的，当且仅当它的字典序严格小于它翻转过来的字典序。
一次操作可以交换 \(s_i, s_j \space(i \neq j)\)。最多交换 \(k\) 次，问能不能使得串变为好的。
\(n \le 100, 0 \le k \le 10^4\)。
完全不需要很多次操作。
如果串的每个值都相同显然无解。然后考虑可以 \(\le 2\) 次操作，分别把最小的放到 \(s_1\)，最大的放到 \(s_n\)，一定能保证串是好的了。
B. Serval and Final MEX
给定长度为 \(n\) 的序列。一次操作可以将一段长度大于 \(2\) 的区间替换为其 mex。
你需要让最终序列长度为 \(1\)，且唯一的值为 \(0\)。
\(n \le 5000\)，需要输出方案。
考虑可以先让所有连续的非 \(0\) 操作后变为 \(0\)。
然后就转化为给一车 \(0\)，如何缩成只有一个 \(0\)。分成前缀后缀分别搞成 \(1\) 然后再操作变成 \(0\) 即可。
注意有 corner case：如果最终只剩下 \(\le 2\) 个 \(0\)，怎么办呢？很简单，由于保证有解，第一步时把一段非 \(0\) 强制分开缩成 \(2\) 个 \(0\) 即可。
C. Serval and The Formula
给定 \(x, y\)，求满足 \((x + k) + (y + k) = (x + k) \oplus (y + k)\) 的任意一个 \(k\)。
\(x, y \le 10^9, k \le 10^{18}\)。
\(x = y\) 显然不存在 \(k\)。
你从小到大逐位考虑，发现合法的话只能为 \(01, 10\) 或 \(00\)。如果遇到 \(11\)，就把 \(k\) 的当前位进到下一位去，然后继续做这个过程。复杂度是 \(O(\log V)\) 的。
不过有简便做法：\(k = 2^t - \max(x, y)\) 一定是满足条件的（\(t\) 要足够大，使得 \(2^t > 10^9\)）。
D. Serval and Kaitenzushi Buffet
\(n\) 次操作，第 \(i\) 次可以做如下选择：
\(r \leftarrow r + k, d \leftarrow d + a_i\)；
\(r \leftarrow r - 1\)（进行该操作时必须 \(r > 0\)）；
不进行任何操作；
一开始 \(r = d = 0\)，问最终使得 \(r = 0\) 的情况下 \(d\) 的最大值。
\(n \le 2 \times 10^5\)。
首先有显然的 \(O(nk)\) DP：设 \(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个数，当前 \(r = j\) 的最大 \(d\)（如果 \(r > n - i\) 则最终一定无法消为 \(0\)）。
然后你有一个观察：如果我们选定了哪几个操作是操作 \(1\)，那么对操作 \(2\) 我们会尽量往后放，使得不会出现操作时 \(r = 0\) 的情况。
于是倒数第 \(i\) 次操作 \(1\) 一定是在第 \(\le n - i(k + 1) + 1\) 次操作（称之为关键操作）进行的。
解释一下含义：由于倒数第 \(i\) 次操作后 \(r \ge k\)，所以后面至少要安排 \(k\) 次操作 \(2\) 以抵消贡献，一共花费至少 \(k + 1\) 次操作。
于是用堆维护当前的最大值，在关键操作的时候判断一下即可。
具体的，设当前是第 \(i\) 次操作，是倒数第 \(j\) 次操作 \(1\)。于是满足 \(i \le n - j(k + 1) + 1\)，即 \(j(k + 1) \le n - i + 1\)。
于是当 \(j(k + 1) = n - i + 1\) 时将堆顶计入答案并弹出即可。显然最优。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i ++ )
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 4e5 + 5;
int n, k, a[N]; ll ans; priority_queue<int> q;
inline void chkmin(int & x, int y) { x = x < y ? x : y; }
inline void chkmax(int & x, int y) { x = x > y ? x : y; }
inline void solve() {
cin >> n >> k, ans = 0;
while (q.size()) q.pop();
_for (i, 1, n) {
cin >> a[i], q.push(a[i]);
if ( ! ((n - i + 1) % (k + 1))) ans += q.top(), q.pop();
} cout << ans << "\n";
} signed main() {
ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int T; cin >> T; while (T -- ) solve();
return 0;
}
E. Serval and Modulo
给定 \(a_i, b_i\)，满足 \(b_i = a_i \bmod k\)。
\(b\) 是打乱后给出，你需要求出一个可行的 \(k\) 或报告无解。
\(n \le 10^4, a_i, b_i \le 10^6\)。
设 \(x = \sum_{i = 1}^n a_i - \sum_{i = 1}^n b_i\)，显然 \(k \mid x\)。
\(x \le 10^{10}\)，我们可以直接枚举 \(x\) 的约数（最多约 \(t = 2300\) 个）进行判断即可，单次判断是 \(O(n)\) 的。
复杂度 \(O(tn)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i ++ )
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5, V = 1e9;
int n, flag, a[N], b[N], cnt[N], cnt1[N], cnt2[N]; ll s;
inline bool valid(int x) {
_for (i, 1, n) cnt2[a[i] % x] ++ ; int ok = 1;
_for (i, 1, n) if (cnt2[a[i] % x] ^ cnt1[a[i] % x]) { ok = 0; break; }
_for (i, 1, n) cnt2[a[i] % x] -- ; return ok;
} inline void solve() {
_for (i, 1, n) cnt1[b[i]] -- ; cin >> n, s = 0, flag = 1;
_for (i, 1, n) cin >> a[i], s += a[i]; sort(a + 1, a + n + 1);
_for (i, 1, n) cin >> b[i], s -= b[i], cnt1[b[i]] ++ ; sort(b + 1, b + n + 1);
_for (i, 1, n) if (a[i] ^ b[i]) { flag = 0; break; }
if (flag) return cout << V << "\n", void();
_for (i, 1, sqrt(s)) if ( ! (s % i)) {
if (valid(i)) return cout << i << "\n", void();
if (s / i <= V && valid(s / i)) return cout << s / i << "\n", void();
} cout << - 1 << "\n";
} signed main() {
ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int T; cin >> T; while (T -- ) solve();
return 0;
}
F1. Serval and Colorful Array (Easy Version)
长度为 \(n\) 值域为 \(k\) 的序列。一次操作可以交换相邻两个值，问最少交换多少次使得序列的一个子序列成为一个 \([1, k]\) 的排列。
\(n \le 5000\)。
考虑枚举中间点 \(i\)，然后问题转化为将 \([1, k]\) 划分成两半，然后算距离贡献。
先把距离贡献转化为到 \(i\) 的距离，而不是到最终该值的位置的距离。考虑求出 \(i\) 左边和右边的每个值 \(j\) 到 \(i\) 的最近距离 \(l_j, r_j\)。先钦定每个数都塞在左边，然后按照 \(r_j - l_j\) 从小到大依次扔到右边，扔了一半以后就是以 \(i\) 为中心的最优答案了。
复杂度 \(O(n^2 \log n)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i ++ )
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 4e5 + 5, INF = 1e9 + 5;
int n, k, a[N], l[N], r[N], val[N]; ll s, ans;
inline void chkmin(int & x, int y) { x = x < y ? x : y; }
inline void solve() {
cin >> n >> k, ans = (ll)1e18 + 5;
_for (i, 1, n) cin >> a[i];
_for (i, 1, n) {
s = 0;
_for (j, 1, k) l[j] = r[j] = INF;
_for (j, 1, i) chkmin(l[a[j]], i - j);
_for (j, i, n) chkmin(r[a[j]], j - i);
_for (j, 1, k) s += l[j], val[j] = r[j] - l[j]; sort(val + 1, val + k + 1);
_for (j, 1, (k + 1) >> 1) s += val[j]; ans = min(ans, s);
} _for (i, 1, k) ans -= abs(i - (k + 1) / 2); cout << ans << "\n";
} signed main() {
ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int T; cin >> T; while (T -- ) solve();
return 0;
}
F2. Serval and Colorful Array (Hard Version)
\(n \le 4 \times 10^5\)。
似乎大力数据结构优化即可，可以做到 \(O(n \log n)\)。
浙公网安备 33010602011771号