Codeforces Round #649 (Div. 2) 题解 (ABCD)
https://codeforces.ml/contest/1364
A. XXXXX
如果整个数列的和不被x整除，那正好，直接输出n
如果整个数列的和被x整除，这意味着我们需要不断去掉第一个元素直到不被x整除，或者不断去掉最后一个。两者选取较优方案
如果这么做也无法不被x整除，那就-1
#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; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
int n,x,t,l,r,sum;
void solve(){
cin>>n>>x; sum=0; l=inf,r=-inf;
repeat(i,0,n){
cin>>t;
if(t%x!=0)l=min(l,i),r=max(r,i);
sum+=t%x;
}
if(sum%x!=0){cout<<n<<endl; return;} //第一种情况
if(l!=inf){cout<<max(n-l-1,r)<<endl; return;} //第二种情况
cout<<-1<<endl; //第三种情况
}
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
B. Most socially-distanced subsequence
显然只要保留所有“极值点”就行了。或者说，去掉所有满足 \(p_{i-1}<p_i<p_{i+1}\) 或者 \(p_{i-1}>p_i>p_{i+1}\) 的 \(p_i\)
- 这是因为如果 \(a\le b\le c\) 或者 \(a\ge b\ge c\)，那么有 \(|a-b|+|b-c|=|a-c|\)。反过来也成立
#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; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
int n,a[N],ans;
void solve(){
cin>>n; ans=n;
repeat(i,0,n)cin>>a[i];
repeat(i,1,n-1)
if((a[i-1]-a[i])*(a[i]-a[i+1])>0)
ans--;
cout<<ans<<endl;
cout<<a[0]<<' ';
repeat(i,1,n-1)
if((a[i-1]-a[i])*(a[i]-a[i+1])<=0)
cout<<a[i]<<' ';
cout<<a[n-1]<<endl;
}
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
C. Ehab and Prefix MEXs
每个 \(a_i\) 要求集合 \(\{b_1,b_2,...,b_i\}\) 包含 \([0,a_i-1]\) 但不能包含 \(a_i\)
我们发现如果 \(i>a_i\) ，那么很多 \(b_j\)（\(j\le i\)）暂时还不会用到（不能确定它的值），这时候可以考虑把这些还没赋值的 \(b_j\) 的位置保存起来，需要的时候再用
#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; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
int n,a[N],ans[N];
vector<int> rec; //保存bj的位置
signed main(){
cin>>n;
repeat(i,0,n)cin>>a[i];
int low=0;
repeat(i,0,n){
rec.push_back(i);
repeat(j,low,a[i]){
if(rec.empty())cout<<-1<<endl,exit(0);
ans[rec.back()]=j,rec.pop_back();
}
low=a[i];
}
while(!rec.empty())ans[rec.back()]=1e6,rec.pop_back();
repeat(i,0,n)cout<<ans[i]<<' ';
return 0;
}
D. Ehab's Last Corollary
类似的一题：https://codeforces.ml/contest/1325/problem/F
这F题代码可以直接切D题。当然这F题太高级，不适合我这种div5选手，而且D题的条件宽了很多，练一下手还是挺不错的
这题非常繁琐（但不难），分成三个部分
- 并查集判环（不必要，\(n-1\not=m\) 就能判环）
- bfs树找最小环
- 树的最大独立集
因此我写了70+行qwq
首先，子任务2是找环，那我们就找环。假设找到一个环了呢？那好像问题就结束了，因为如果环的长度不超过k那就输出环，否则输出环上不相邻的 \(\lceil\dfrac k 2\rceil\) 个点，美滋滋（然而并不，请看下一段）
- 但是wa（test 22）了之后我发现事情好像并不这么简单。我们要找的是无弦的环，即不存在一条边连接环上不相邻两点，否则求出的独立集就不是独立集了。一种方法是，找弦然后缩环，
不知道可不可行。我的方法是，以某个点S为根建立bfs树，对于横叉边AB，就可以形成S-...-A-B-...-S的环。这样，就能求出经过S的最小环。当然，而这个最小环一定无弦因为有弦就不是最小了（但是S附近是会出现重复经过点的情况，我们把它删掉即可）。解决问题
如果无环，那说明是个树了。相信读者们对树的最大独立集再熟悉不过了，略
#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; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
vector<int> a[N];
int n,m,k;
deque<int> rec; pair<int,int> record;
int dis[N],fa[N],ans=inf;
queue<int> q;
void bfs(int s){
fill(dis,dis+n+1,-1); dis[s]=0;
q.push(s); fa[s]=-1;
while(!q.empty()){
int x=q.front(); q.pop();
for(auto p:a[x])
if(p!=fa[x]){
if(dis[p]==-1){
dis[p]=dis[x]+1;
fa[p]=x;
q.push(p);
}
else{
if(ans>dis[x]+dis[p]+1){
ans=dis[x]+dis[p]+1;
record={x,p};
}
}
}
}
}
signed main(){
cin>>n>>m>>k;
repeat(i,0,m){
int x,y; cin>>x>>y;
a[x].push_back(y);
a[y].push_back(x);
}
if(n-1!=m){
bfs(1);
{
for(int i=record.first;i!=1;i=fa[i])rec.push_front(i);
for(int i=record.second;i!=1;i=fa[i])rec.push_back(i);
int t=1;
while(rec.front()==rec.back()){
t=rec.front();
rec.pop_front(),rec.pop_back();
}
rec.push_back(t);
}
if((int)rec.size()<=k){
cout<<2<<endl;
cout<<rec.size()<<endl;
for(auto i:rec)cout<<i<<' ';
}
else{
cout<<1<<endl;
repeat(i,0,(k+1)/2)
cout<<rec[i*2]<<' ';
}
}
else{
bfs(1);
int cnt=0;
repeat(i,1,n+1)cnt+=dis[i]%2==1;
int co=cnt>=(k+1)/2;
repeat(i,1,n+1)
if(dis[i]%2==co)
rec.push_back(i);
cout<<1<<endl;
repeat(i,0,(k+1)/2)
cout<<rec[i]<<' ';
}
return 0;
}
