Codeforces Global Round 22（持续更新）
Preface
这场不知道为什么打的就是一坨屎，B和C都G了好久后来才发现都是贼弱智的错误
结果好不容易找出来D没时间了，写了个假算法，直接掉大分
A. Glory Addicts
不难发现交错来放把每种type的前\(\min(c_1,c_2)\)大的都强化即可，\(c_1,c_2\)是两种type的数量
注意\(c_1=c_2\)时最小的那个技能不能被强化，需要特别注意
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=100005;
int t,n,c1,c2,a[N],b[N],x[N],y[N]; long long ans;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d",&n),c1=c2=ans=0,i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for (i=1;i<=n;++i) if (scanf("%d",&b[i]),ans+=b[i],a[i]) y[++c2]=b[i]; else x[++c1]=b[i];
if (sort(x+1,x+c1+1),sort(y+1,y+c2+1),c1==c2)
{
ans*=2LL; printf("%lld\n",ans-min(x[1],y[1]));
} else
{
for (i=1;i<=min(c1,c2);++i) ans+=x[c1-i+1]+y[c2-i+1]; printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}
B. Prefix Sum Addicts
不难发现用这\(k\)个\(s_i\)的信息我们可以确定下后\(k-1\)个数的准确值，并且知道前\(n-k+1\)个数的和
那么先验证后面\(k-1\)个数的合法性，然后考虑前面的\(n-k+1\)个数的填法，要求在满足不降条件下\(a_{n-k+1}\)尽量小
显然直接均分时最优的，但实际写的时候有一些边界的细节需要注意，搞了半天发现是\(n=1\)的情况没处理好
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=100005;
int t,n,s[N],a[N],k;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d%d",&n,&k),i=n-k+1;i<=n;++i) scanf("%d",&s[i]);
if (k==1) { puts("Yes"); continue; }
for (i=n;i>n-k+1;--i) a[i]=s[i]-s[i-1]; if (n==k) a[1]=s[1];
bool flag=1; for (i=n;i>n-k+2&&flag;--i) if (a[i]<a[i-1]) flag=0;
if (n==k) flag&=(a[1]<=a[2]); if (!flag) { puts("No"); continue; }
if (n==k) { puts("Yes"); continue; }
int left=s[n-k+1],cur; if (left>0) cur=(left-1)/(n-k+1)+1; else cur=-((-left)/(n-k+1));
puts(cur<=a[n-k+2]?"Yes":"No");
}
return 0;
}
C. Even Number Addicts
我真的是服了开了c[2]的数组，结果在清空的时候写了c[1]=c[2]=0，直接WA爆
刚开始有一个大概的用\(0/1\)个数的奇偶性来做的方法，结果只讨论出总和为偶数的情况，后面的越想脑子越乱就急了
后面本来想打个暴力来辅助找规律的，结果看了一眼数据范围不是暴力随便过吗，真想抽自己一个大耳光子
从此立下flag，以后写题之前必先看数据范围
其实就是一个很简单的记忆化搜索，我们设状态\((x,y,z,opt)\)表示局面上剩下的奇数个数为\(x\)，剩下的偶数个数为\(y\)，Alice已经拿走的数的和的奇偶性为\(z\)，当前操作的人是\(opt\)时局面时必胜态还是必败态
转移随便写写就好了，若当前状态的所有后继状态都是必胜态那它就是必败态，否则若存在一个必败态它就是必胜态
复杂度\(O(n^2)\)，关于找性质的做法可以看这里
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=105;
int t,n,a[N],c[2],f[N][N][2][2];
inline bool DFS(CI x,CI y,CI z,CI opt) //num_odd,num_even,num_A_taken opt=0:A opt=1:B
{
if (~f[x][y][z][opt]) return f[x][y][z][opt];
if (!x&&!y) return f[x][y][z][opt]=z==opt;
int nxt=0; if (x>0) nxt|=!DFS(x-1,y,opt==0?z^1:z,opt^1);
if (y>0) nxt|=!DFS(x,y-1,z,opt^1);
return f[x][y][z][opt]=nxt;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t),memset(f,-1,sizeof(f));t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d",&n),c[1]=c[0]=0,i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),++c[a[i]&1];
puts(DFS(c[1],c[0],0,0)?"Alice":"Bob");
}
return 0;
}
D. Permutation Addicts
首先我们很容易推出关于\(k\)的性质：
- 若\(i\le k\)，则\(b_i>i\)
- 若\(i>k\)，则\(b_i<i\)
因此我们只要找到最大的那个满足\(b_i>i\)的\(i\)，令其为\(k\)即可
接下来我们发现对于每一组\((i,b_i)\)关系，其实就是强制要求\(b_i\)出现在\(i\)之前
因此我们可以直接建立有向边\(b_i\to i\)，由于加入了点\(0\)和点\(n+1\)，并且这两个点中一定存在一个点是独立的
因此由于图的点数为\(n+1\)，边数为\(0\)，因此图是一棵树，不难发现我们直接BFS一遍就可以得出答案了
同层的叶子节点对答案没有影响，可以按照任意顺序遍历
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define RI register int
#define CI const int&
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=100005;
vector <int> v[N],q; int t,n,k,b[N];
inline bool cmp(CI x,CI y)
{
return v[x].size()<v[y].size();
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d",&n),k=0,i=1;i<=n;++i)
{
if (scanf("%d",&b[i]),i<b[i]) k=i; v[b[i]].pb(i);
}
q.clear(); q.pb(v[0].size()?0:n+1);
for (i=0;i<q.size();++i)
{
int now=q[i]; sort(v[now].begin(),v[now].end(),cmp);
for (int to:v[now]) q.pb(to);
}
if (q.size()!=n+1) puts("-1"); else
{
for (printf("%d\n",k),i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",q[i]," \n"[i==n]);
}
for (i=0;i<=n+1;++i) v[i].clear();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号