Codeforces 专区
Codeforces Round #932（Div.2）
怎么只会 A 啊。
\(\text{Problem A}\)
题目大意
对于一个字符串 \(s\)，可以进行 \(n\) 次操作（\(n\) 为偶数），每次操作有两种形式：
- 令 \(t\) 为 \(s\) 的反串，\(s = s + t\)。
- 令 \(t\) 为 \(s\) 的反串，\(s = t\)。
要求操作完后 \(s\) 的字典序最小，并输出 \(s\)。
\(1 \le n \le 10^9, 1 \le |s| \le 100\)。
题目思路
考虑到一个字符串越短越好，所以我们尽量是用第二种形式的，发现如果 \(s\) 比 \(s\) 的反串的字典序要小，那么进行 \(n\) 次操作 \(2\) 后必然还是 \(s\)，显然是字典序最小的。
但是如果 \(s\) 比 \(s\) 的反串的字典序要大，那么显然最优的做法是第一次进行操作 \(1\)，后面进行操作 \(2\)，否则到最后就反不到字典序最小的串了，具体来说，答案就是 \(s\) 的反串拼上 \(s\)。
\(\text{Problem B}\)
题目大意
给你一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，要求分成若干段（段数不为 \(1\)），使得每段的 \(\text{mex}\) 相同。
\(1 \le n \le 10^5, 0 \le a \le n\)。
题目思路
对于区间仔细分析后发现是可以合并的，具体来说：
- 对于 \(\text{mex}(i, k) = \text{mex}(k + 1, j) = x\)，可以得出 \(\text{mex}(i, j) = x\)。
简单证明一下就是考虑 \([i, k]\) 中没有出现 \(x\)，\([k + 1, j]\) 中也没有出现 \(x\)，那么 \([i, j]\) 中也没有出现 \(x\)，因此得 \(\text{mex}(i, j) = x\)。
那么问题就变得很简单了，因为划分 \(k\) 段合法是划分 \(2\) 段合法的充分条件，所以只要能划分出 \(2\) 段就可以了，预处理前缀/后缀 \(\text{mex}\) 就好了。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
给你 \(n\) 个二元组 \((a_i, b_i)\)，要求从中选出 \(k\) 个二元组并任意打乱，设其下标集合 \(S = \{p_1, p_2, ..., p_k\}\)，要求在 \(\sum\limits_{i = 1}^k a_i + \sum\limits_{i = 2}^k |b_{p_i} - b_{p_{i - 1}}| \le l\) 的情况下将 \(k\) 最大化。
\(1 \le n \le 2000\)。
题目思路
我们考虑一个事情，如果选出了 \(k\) 个且下标集合 \(S = \{p_1, p_2, ..., p_k\}\)，那么当 \(p_1 \le p_2 \le ... \le p_k\) 的时候是这个集合所有顺序排列中值最小的，此时的代价是 \(\sum\limits_{i = 1}^k a_i + b_{p_k} - b_{p_1}\)。
因此我们考虑枚举这个集合中的下标最小值和下标最大值，在这中间，很明显元素是按照 \(a\) 的大小从小往大放，直到放到不能放为止，这可以用堆来做，发现是三方的，然后我们在枚举最大值的时候顺便加进去计算，时间复杂度就是 \(O(n^2 \log_2 n)\)。
\(\text{Problem D}\)
题目大意
给定一个大小为 \(n\) 的集合 \(S\)，其中元素大小 \(\le c\)，问满足以下条件的数对 \((x, y)\) 的个数有多少对：
- \(x, y \in \mathbb{Z}, 0 \le x \le y \le c\)。
- \(x + y \notin S, y - x \notin S\)。
\(1 \le n \le 3 \times 10^5, 0 \le c \le 10^9\)。
题目思路
首先发现这个一看就很容斥的样子，考虑容斥完我们要计算什么：
考虑第一项的值，就是 \(\frac{(c + 1)(c + 2)}{2}\)。
考虑第二项的值，发现对于每一个 \(i \le \frac{s_i}{2}\)，都有一个与之对应的 \(j\)，就是 \(\sum\limits_{i = 1}^n \left(\frac{s_i}{2} + 1\right)\)。
考虑第三项的值，发现对于每一个 \(s_i \le i \le c\)，都有一个与之对应的 \(j\)，就是 \(\sum\limits_{i = 1}^n \left(c - s_i + 1\right)\)。
考虑第四项的值，在此之前，我们要想明白一个事情，对于一对 \((i, j)\) 如果产生贡献，那么只会对应到一组 \((s_x, s_y)\) 上，换句话说，\(i = \frac{s_x - s_y}{2}, j = \frac{s_x + s_y}{2}\)，当且仅当满足这个条件，才会对答案产生贡献，不难发现就是奇数的 \(s\) 两两组合，偶数的 \(s\) 两两组合。
然后直接计算即可。
Codeforces Round #919（Div.2）
怎么只会 A, B, D 啊。
感觉越打越智慧了。
\(\text{Problem A}\)
题目大意
给你 \(n\) 个限制，有下面三种形式：
- \(x\) 要大于等于给定数 \(k\)。
- \(x\) 要小于等于给定数 \(k\)。
- \(x\) 要不等于给定数 \(k\)。
问你满足条件的整数 \(x\) 有多少个。
\(1 \le n \le 100\)。
题目思路
这个很显然就是求出前两种限制的限定范围，然后看这个限定范围内有多少数不可以选，然后就没了。
\(\text{Problem B}\)
题目大意
Alice 和 Bob 轮流操作一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，操作如下：
- Alice 可以选取 \(k\) 个数字并删掉它们。
- Bob 可以选取 \(x\) 个数字使它们乘上 \(-1\)。
现在 Alice 先操作一次，Bob 后操作一次，Alice 想要最大化 \(a\) 的总和，Bob 想要最小化 \(a\) 的总和，问你最终 \(a\) 的总和是多少（Alice 和 Bob 都绝顶聪明）。
\(1 \le n \le 2 \times 10^5\)。
题目思路
考虑这么一个事情，那就是在 Alice 操作完后，Bob 一定会选择 \(a\) 中最大的 \(x\) 个数使其变为相反数，那么只需要在 Alice 的所有取数情况中对最终情况求一个最大值即可。不难发现，Alice 要阻止 Bob 选择大的数，就要删掉最大的一段前缀，但是删多了可能会不优，所以你去枚举删了多少个最大的前缀，再计算 Bob 最优取什么，最后在所有情况中取最大就好了。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
对于一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，定义一个 \(n\) 的正因子 \(k\) 产生贡献当且仅当：
- 存在 \(m > 2\)，使得令 \(a_i = a_i \bmod m\) ，并把 \(a\) 依次分成 \(\frac{n}{k}\) 个子串后，这 \(\frac{n}{k}\) 个子串的每个位置的值依次相等。
问你有多少个 \(k\) 能产生贡献。
\(1 \le n \le 2 \times 10^5\)。
题目思路
这个题妙妙。
考虑到 \(n \le 2 \times 10^5\)，我们去枚举 \(n\) 的因子 \(k\)（\(sqrt n\) 级别的），不难发现的一个性质就是如果 \(x \bmod m = y \bmod m(x > y)\)，那么 \(m | x - y\)，所以，我们对于每一个 \(|a_{i + k} - a_i|\) 求最大公因数！这样每个位置的条件就都满足了，如果最大公因数等于 \(1\)，那就是不可行的。
不难得出时间复杂度为 \(O(n \sqrt n)\)，实际上，这个复杂度只是上界，真实复杂度远远低于此复杂度（因为 \(\gcd\) 大概只需要 \(2 \log V\) 次就可以得到 \(1\)）。
\(\text{Problem D}\)
题目大意
对于一个最开始为空的序列 \(a\)，有 \(n\) 次操作：
- 向末尾添加 \(x\)。
- 复制 \(x\) 份 \(a\) 并添加到末尾。
有 \(q\) 次询问，每次询问第 \(k\) 个位置的数是多少。
\(1 \le n \le 10^5, 1 \le k \le 10^{18}\)。
题目思路
最为简单的一道题目，一中好像考过加强版？
考虑到 \(2\) 操作最多只有 \(59\) 次，所以考虑直接暴力。
但是 \(1\) 操作可能会有很多次，该怎么办呢？考虑直接把相邻的 \(1\) 操作捆绑在一起，然后进行计算，这一步你可以直接计算操作完后的长度取模，也可以直接二分。
Codeforces Round #917（Div.2）
\(\text{Problem B}\)
题目大意
给定一个字符串 \(s\)，每次只能删第一个字符或者第二个字符，问任意次操作后能得出多少个不同的非空串。
题目思路
这个题妙妙妙。
考虑到进行操作后只可能是一段后缀加前面的某个字符，又因为每个后缀长度不同，所以直接枚举即可。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑到如果 \(a_i\) 全为 \(0\)，肯定交替进行。
如果又初始值，那么初始操作不会超过 \(2n\) 次，否则就可以用全为 \(0\) 的做法代替了（因为一次贡献不超过 \(n\)）。
Codeforces Round #772（Div. 2）
\(\text{Problem A}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑到 \(a | b \le a + b\)，所以最优方案当然是一个赋值为 \(0\)，另一个赋值为 \(p_i | p_j\)，答案就是全部 \(p_i\) 或起来。
\(\text{Problem B}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
对于本题，显然，如果 \(a_i\) 是那个数，那么可以 \(a_{i + 1} = \max ( a_i, a_{i + 2 } )\)，这样一次就能消掉两个数了，是最优的。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
首先观察样例不难发现，如果在 \(a\) 不有序的情况下，若 \(a_{n - 1} > a_{n}\) 或者 \(a_{n} < 0\)，那么无解。
考虑为什么，首先第一种是好证的，因为 \(a_{n - 1}\) 无法通过任意一次操作更改，而 \(a_{n} < 0\) 则是因为那样的话 \(a_{n - 2}\) 就填不了了。
然后考虑将前面 \(n - 2\) 个数全部赋值为 \(a_{n - 1} - a_{n}\)，就做完了（这也是为什么不能 \(a_n < 0\) 的原因）。
\(\text{Problem D}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑每一次就是在二进制末尾加 \(00\) 或者 \(1\)，进行 DP 判断加了多少位的方案数，发现是斐波那契数列，然后考虑如何处理重复的问题，如果一个数 \(x\)，删除了末尾可以删除的二进制位后，可以变为另外的个数（广义包含），那么就可以把这个数去掉，否则就保留。
贪心的想，先排序，最小的数一定会带来最大的贡献。
Codeforces Round #727（Div. 2）
只会 A B C 捏。
\(\text{Problem A}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑每个点对答案的贡献，不难发现是：
解释一下就是，我第 \(i\) 个点后面最多有这么个可能被统计到答案里的。
不难发现是一段相等的数和一个等差数列，求和就完了。
\(\text{Problem B}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
直接前缀和维护就完了。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑每次就是连续一段数分组，每次想当于是花若干代价将两段连接起来，在贡献相等的情况下，当然是越小越好，所以按照这个贪心就好了。
\(\text{Problem D}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑按照 \(b\) 从大到小排序，因为越小的就越要选。
然后在拿的过程中要注意能否拿 \(b\) 小的了，能拿就拿（也可以拿一部分 \(b\) 大的，再拿 \(b\) 小的），排完序后发现是一个类似双指针的结构，然后扫一遍就做完了。
Codeforces Round #569（Div. 2）
\(\text{Problem A}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑其是由四个阶梯型组合而成，再把多余的给去掉就好了。
\(\text{Problem B}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑把所有数都变为负数，然后如果是奇数那么就选绝对值最大的数取正（可以证明减少贡献最小），然后就没了。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
CF 出原题？
考虑经过最多 \(n\) 轮，最大值一定在队首，然后后面都是循环的，分两种类讨论就好了。
Codeforces Round #666（Div. 2）
\(\text{Problem A}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
发现此要求等价于所有字母出现次数都能被 \(n\) 整除，然后没了。
\(\text{Problem B}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑到合法的 \(c\) 非常小，大概只有 \(10^15\) 开 \(n\) 次方根那么大，然后就没了。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
构造题。
考虑刻画这一本质，就是最后一定有一次 \([1, n]\) 操作。
然后我们把 \([1, 1]\) 加上 \(n - a_1\)，然后 \([2, n]\) 加上 \(( n - 1 ) \times a_i\)，然后最后进行一次操作就能全部变为 \(0\) 了。
\(\text{Problem D}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
首先如果最大的一堆要比其它的大，那么肯定先手赢。
然后判断奇偶性，如果是奇数就是先手赢，偶数就是后手赢。
Codeforces Round #509（Div. 2）
\(\text{Problem A}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
发现最差一定是买了 \(\max - \min\) 个键盘，然后减去没被抢的，就是被抢的了。
\(\text{Problem B}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
首先把 \(c, d\) 都除以最大公约数，然后再二分最多能乘多少，取个最小值就好了。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
肯定是能选小的就选小的，然后用 set 模拟贪心的过程，二分一下就好了。
\(\text{Problem D}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
这个肯定就最优肯定是从一段上升区间开头的，然后维护下前缀和，二分一下，注意一下细节就好了。
\(\text{Problem E}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
不难证明，如果能构造出一棵非链树，那么一定可以构造出一种链。
然后构造链就贪心的去选就好了，不难发现始终有一个数是 \(n\)。
Codeforces Round #495（Div. 2）
\(\text{Problem A}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑钦定 \(x\) 为到新建酒店最小的，那么一共就只有 \(2 \times n\) 种新建酒店的方式，暴力枚举就好了。
\(\text{Problem B}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑基本不等式，\(0\) 与 \(1\) 的差最小是最好的，那么我们选择 \(01\) 交替填，容易发现给的询问没有屁用。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
自己可以看原题，
题目思路
发现只有一种数的最后一个数的贡献最容易统计，记录一下前缀出现不同的数的个数就好了。
\(\text{Problem D}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
我写了题解，可以去看，CF1004D。
Codeforces Round #404（Div. 2）
\(\text{Problem A}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
就直接模拟就好了。
\(\text{Problem B}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
贪心的想，肯定是选越远越好的，然后求一下最大最小就做完了。
\(\text{Problem C}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
首先如果 \(n \le m\)，那么直接输出 \(n\)。
如果 \(n > m\)，那么前 \(m\) 天肯定平安无事，从后面开始满足单调性，然后二分就可以了。
注意高精度。
\(\text{Problem D}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
首先我们枚举前一半的终止位置在哪里，然后钦定这个位置为最后一个，那么位置 \(i\) 答案就是：
然后我们把组合数的第一个利用对称性转化，然后利用范德蒙德卷积的标准形式进行整合，就可以做到 \(O(n)\) 了，这个东西我特意在 Trick 合集里写了。
Codeforces Round 965 (Div. 2)
每一道题目应该被铭记，每一次思考应该被珍惜。
\(\text{C}\)
题目大意
自己可以看原题。
题目思路
考虑讨论一下贡献，发现除了非中位数位置上的数都是 \(a_i + a_mid\)，这样的话我们当然是选一个最大值最好。
然后有 \(k\) 次操作，我们一定只有两种分配方式：
- 全部分配给最大值。
- 全部分配给中位数。
因为如果两者都分配很明显肯定不是最优的。
然后如果要增加最大值我们就直接选一个最大的 \(b = 1\) 的元素一直磊就好了。
如果要增加中位数的话这个问题不太好处理，我们，可以二分最大的中位数，这样一定是每次把最大的 \(b = 1\) 挪到前面来（就是选择 \(< x\) 且 \(b = 1\) 的数一直增加到 \(x\)），然后我们 Check 一下中位数是否 \(> ans\)，然后就可以二分了，这个东西很明显具有单调性但是我没有做出来。
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