Codeforces Round #638 (Div. 2) 题解 (全部6题)
https://codeforces.com/contest/1348
A. Phoenix and Balance
想了想，还是不略了
显然有 \(2^1+2^2+...+2^{n-1}<2^n\)，前 \(n-1个\) 数随你选 \(\dfrac n 2\) 个一定小于 \(2^n\)。为了两边硬币质量更靠近，在前 \(n-1\) 中要选最大的 \(\dfrac n 2\) 个硬币
求和公式搞一搞
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--){
int n; cin>>n;
#define p(n) (1ll<<(n))
cout<<(p(n/2+1)-2)<<endl;
}
return 0;
}
B. Phoenix and Beauty
显然要我们弄出一个周期为 \(k\) 个序列
如果数字种类数大于 \(k\) 那一定无解，除此之外，输出 \(nk\) 个数，每 \(k\) 个数一周期，同时该序列要包含原序列的所有数就行了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
set<int> s;
void solve(){
int n,k,x; cin>>n>>k; s.clear();
repeat(i,0,n)cin>>x,s.insert(x);
if((int)s.size()>k){cout<<-1<<endl; return;}
for(int i=1;(int)s.size()<k;i++)s.insert(i);
cout<<n*k<<endl;
repeat(i,0,n)
for(auto j:s)
cout<<j<<' ';
cout<<endl;
}
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}
C. Phoenix and Distribution
好难啊
先对读入的字符串 \(s\) 排个序，然后分情况讨论
首先如果最小的字符的个数凑不齐 \(k\) 个，那输出第 \(k\) 个字符（比如说，s="aaxxzz",k=4，显然输出 "x" 就行了，比 "x" 小的字符串一定包含 'a' 但是又不可能）
（更：原来写的时候删了一个判断条件，结果发现假了，这里要特判一下 \(n=k\) 的情况qwq）
然后就是重点，我们有两种不同的方法，第一种方法是将答案均摊（第一个字符放第一个，第二个字符放第二个，第 \(k+1\) 个字符又放回第一个，依次类推），第二种方法是把前 \(k-1\) 个字符放前 \(k-1\) 个桶里，剩下的塞到最后一个桶
这两种方法取个max当然再好不过，我用了比较蠢的判定方法，如果先有 \(k\) 个相同的字符，剩下的 \(n-k\) 个字符也都相同（前 \(k\) 个字符 \(=A\)，后 \(n-k\) 个字符 \(=B\)，当然 \(A=B\) 也没事），这时候一定要均摊方法，其他情况用第二种方法
公式渲染好像有问题，贴个截图
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
string s;
void solve(){
int n,k; cin>>n>>k;
cin>>s; sort(s.begin(),s.end());
if(s[k-1]!=s[0] || n==k){
putchar(s[k-1]);
puts("");
return;
}
if(s[n-1]==s[k]){
putchar(s[0]);
repeat(i,0,(n-1)/k)
putchar(s[k]);
puts("");
return;
}
puts(s.c_str()+k-1);
}
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}
D. Phoenix and Science
一波操作后，发现其实要我们求一个最短的单调不减序列，这个序列的第一个数是 \(1\)，任意相邻的两个数，后一个不能超过前一个的两倍，并且序列所有数之和为 \(n\)（解释一下，序列的第i个数表示第i天的细胞数）
初步思考可以发现，细胞数要以最快速度增长（指数增长），即 \(1,2,4,8...\)，如果发现数字之和即将大于 \(n\) 就要减缓。但是这么写有点麻烦，一个简单的方法是生成一个长度为 \(sz\) 的序列 \(a[i]\)，前 \(sz-1\) 个数满足指数增长，最后一个数等于 \(n-\sum\limits_{i=1}^{sz-1}a[i]\)，如果 \(a[sz]<a[sz-1]\)（不符合要求）就要平均一下这两个数，这一步的代码表示为
if(a[sz-1]<a[sz-2]){
int sum=a[sz-1]+a[sz-2];
a[sz-2]=sum/2;
a[sz-1]=(sum+1)/2;
}
然后输出 \(sz-1\) 和 \(a[i]\) 的差分数组即可
公式渲染好像有问题，贴个截图
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
vector<int> a;
void solve(){
int n; cin>>n; a.clear();
for(int i=1;;i<<=1){
if(n<=i){a.push_back(n); break;}
a.push_back(i);
n-=i;
}
int sz=a.size();
if(a[sz-1]<a[sz-2]){
int sum=a[sz-1]+a[sz-2];
a[sz-2]=sum/2;
a[sz-1]=(sum+1)/2;
}
cout<<sz-1<<endl;
repeat(i,0,sz-1)
cout<<a[i+1]-a[i]<<' ';
cout<<endl;
}
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}
E. Phoenix and Berries
假设同色的浆果才能放入同一篮子中，那么答案显然是 \(\lfloor\dfrac{\sum a[i]}k\rfloor+\lfloor\dfrac{\sum b[i]}k\rfloor\)
如果同树的浆果也能放同一篮子呢？
智熄地思考后发现，由于 \(n,k\) 很小，甚至可以用优化后的 \(O(n^3)\) 算法（不优化其实也行），而题目又和(模 \(k\) 数)很有关系，我们考虑在模 \(k\) 的意义上背包dp（就是如果只考虑同树的浆果放篮子里，那么我们要dp出成功摘下的第一种颜色的浆果个数模k的数的所有可能）
emmm这段是补充，为什么要算模 \(k\)？如果我知道了一种可行的(只摘同树的浆果的)摘浆果的方法，即第一种颜色拿了 \(t_1k+s_1\) 个，第二种颜色拿了 \(t_2k+s_2\) 个（ \(s_1,s_2<k\) 且 \(s_1+s_2=k\)），那么对于这种方法，我们计算 \(\lfloor\dfrac{\sum a[i]-s_1}k\rfloor+\lfloor\dfrac{\sum b[i]-s_2}k\rfloor+1\) 并更新答案即可。震惊，竟然和 \(t_1,t_2\) 没关系！这是因为就算考虑了 \(t_1,t_2\) 算出来的答案也是一回事，不信可以试试（doge）
dp每个状态只有01两种可能，显然能用bitset优化，复杂度除以32，美滋滋
公式渲染好像有问题，贴个截图
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=510; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
#define int ll
int a[N],b[N],k;
bitset<N*2> dp,dp2;
void push(int l,int r){
if(l>r)return;
dp2=0;
repeat(i,l,r+1)
dp2|=dp<<i;
dp|=dp2;
dp|=dp>>k;
}
void solve(){
int n,sa=0,sb=0,ans=0;
cin>>n>>k;
repeat(i,0,n)cin>>a[i]>>b[i],sa+=a[i],sb+=b[i];
dp=1;
repeat(i,0,n){
push(max(1ll,k-b[i]),min(k-1,a[i]));
}
ans=sa/k+sb/k;
repeat(i,0,k+1)
if(dp[i]){
int j=k-i;
if(sa>=i && sb>=j)
ans=max(ans,(sa-i)/k+(sb-j)/k+1);
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
int T=1; //cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}
F. Phoenix and Memory
官方题解说有好多好多解法，我思来想去寝食难安也只理解了一种解法（线段树解法）我好菜啊
首先可以用贪心+优先队列跑出第一种排列方法。for i=1..n，让所有左端点为 i 的入队，让右端点最小的一个出队（一个就够了）并记录至答案
第二种排列方法难很多，官方题解过于简洁所以我自己推了一遍。首先要明确一个概念就是，一定一定存在这样的合法的排列方法，它和第一种排列方法相比只交换了两个元素（这是区间的玄学性质，莫得证明）
为了方便讨论我们让每个区间储存一下答案(\(X.mid\))，还有 \(X.l,X.r\) 分别表示区间左端点和右端点。因此根据上面莫得证明的概念，我们的任务是找到两个区间 \(X,Y\) 满足关系一：\(X.l\le Y.mid\le X.r\)，关系二：\(Y.l\le X.mid\le Y.r\)，然后交换它们即可
首先固定一个区间 \(X\)。我们要找满足两个关系的区间，这太复杂了，简单一点，不如先找到所有满足第二个关系的区间的集合（即 \(\{Y|Y.l\le X.mid\le Y.r\}\)）。如果我们的 \(X.mid\) 递增，维护这样的集合还是挺容易的（也是优先队列就能维护了）。那么对于前一个关系（\(X.l\le Y.mid\le X.r\)），其实就是维护 \(\{Y.mid\}\) 这个集合，然后判断是否有元素落在区间 \(X\) 中，马上联想到线段树。在维护集合 \(\{Y|Y.l\le X.mid\le Y.r\}\) 的同时也维护一个线段树 \(tr\)，其中 \(tr[i]=\) 多少个 \(Y\) 满足 \(Y.mid=i\)
最后，因为单点修改区间维护所以我用了zkw线段树
公式渲染好像有问题，贴个截图/kk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef pair<int,int> pii;
struct seg{
#define U(a,b) (a+b) //查询操作
ll a0=0; //查询操作的零元
int n; ll a[1024*1024*4*2]; //内存等于2^k且大于等于两倍inn
void init(int inn){ //建树
for(n=1;n<inn;n<<=1);
repeat(i,0,n)a[n+i]=0;
repeat_back(i,1,n)up(i);
}
void up(int x){
a[x]=U(a[x<<1],a[(x<<1)^1]);
}
void update(int x,ll k){ //位置x加上k
a[x+=n]+=k; //也可以赋值等操作
while(x>>=1)up(x);
}
ll query(int l,int r){ //区间查询
ll ans=a0;
for(l+=n-1,r+=n+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1){
if(~l & 1)ans=U(ans,a[l^1]); //l^1其实是l+1
if(r & 1)ans=U(ans,a[r^1]); //r^1其实是r-1
}
return ans;
}
}tr;
struct node{
int l,r,m,rawp,p;
}a[N];
struct op{bool operator()(const node &a,const node &b){return -a.r<-b.r;}};
priority_queue<node,vector<node>,op> q;
int n,ans[N],pos[N],r,rr;
void output(){
repeat(i,0,n)cout<<ans[i]+1<<' ';
cout<<endl;
}
void get_first_ans(){
int ptr=0;
repeat(i,0,n){
while(ptr<n && a[ptr].l==i)
q.push(a[ptr++]);
a[q.top().p].m=i; ans[q.top().rawp]=i; pos[i]=q.top().p; q.pop();
}
}
bool get_second_ans(){
int ptr=0;
repeat(i,0,n){
int x=pos[i];
while(ptr<n && a[ptr].l==i){
tr.update(a[ptr].m,1);
q.push(a[ptr++]);
}
while(!q.empty() && a[q.top().p].r<a[x].m){
tr.update(a[q.top().p].m,-1);
q.pop();
}
if(tr.query(a[x].l,a[x].r)>=2){
r=x;
#define inc(a,b,c) (a<=b && b<=c)
repeat(j,0,n)
if(j!=r)
if(inc(a[j].l,a[r].m,a[j].r) && inc(a[r].l,a[j].m,a[r].r)){
rr=j;
return true;
}
cout<<"wcynb"<<endl; return false; //这样我可以在评测记录中知道程序运行到了不该运行的地方
}
}
return false;
}
signed main(){
n=read(); tr.init(n+1);
repeat(i,0,n){
a[i].l=read()-1;
a[i].r=read()-1;
a[i].rawp=i;
}
sort(a,a+n,[](const node &a,const node &b){
return a.l<b.l;
});
repeat(i,0,n)a[i].p=i;
get_first_ans();
if(get_second_ans()){
cout<<"NO"<<endl;
output();
swap(ans[a[r].rawp],ans[a[rr].rawp]);
output();
}
else{
cout<<"YES"<<endl;
output();
}
return 0;
}
