Educational Codeforces Round 76 (Rated for Div. 2)
A. Two Rival Students
签到。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/13 22:37:26
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int n, x, a, b;
void run(){
cin >> n >> x >> a >> b;
if(a > b) swap(a, b);
int tmp = min(a - 1, x);
x -= tmp;
a -= tmp;
tmp = min(n - b, x);
x -= tmp;
b += tmp;
cout << b - a << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int t; cin >> t;
while(t--) run();
return 0;
}
B. Magic Stick
分情况讨论一下即可。
神志不清讨论地很乱
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/13 22:42:05
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int a, b;
void run(){
cin >> a >> b;
if(a == 1) {
if(b == 1) return pt("YES");
else return pt("NO");
}
if(a >= b) return pt("YES");
if(a > 3) return pt("YES");
if(b <= 3) return pt("YES");
pt("NO");
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int t; cin >> t;
while(t--) run();
return 0;
}
C. Dominated Subarray
题意：
给出\(n\)个数，找到长度最短的区间，满足区间长度大于\(1\)且存在一个数其出现次数严格大于其它数。
思路：
显然最终的答案区间两端点为同一个数，考虑一个这样的区间，如果其不合法，说明存在一个答案更优的区间。
并且若那个数出现次数超过\(2\)次，我们选择一个更小的区间使得这个数只出现\(2\)次，此时有两种情况：一个是合法，那显然答案更优；另一个是不合法，说明答案也可以更优。
就这样归纳一下，发现答案就是两个相同数的最小间隔。
然而我神智不清，写了个线段树
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/13 22:49:57
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
int n;
int a[N];
int pre[N], last[N];
int maxv[N << 2];
void upd(int o, int l, int r, int p, int v) {
if(p == 5) dbg(l, r);
if(l == r) {
maxv[l] = v;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) upd(o << 1, l, mid, p, v);
else upd(o << 1|1, mid + 1, r, p, v);
maxv[o] = max(maxv[o << 1], maxv[o << 1|1]);
}
int query(int o, int l, int r, int L, int R) {
if(L > R) return 0;
if(L <= l && r <= R) {
return maxv[o];
}
int mid = (l + r) >> 1, res = 0;
if(L <= mid) res = query(o << 1, l, mid, L, R);
if(R > mid) res = max(res, query(o << 1|1, mid + 1, r, L, R));
return res;
}
void build(int o, int l, int r) {
maxv[o] = 0;
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(o << 1, l, mid);
build(o << 1|1, mid + 1, r);
}
void run(){
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], last[a[i]] = 0;
if(n == 1) return pt(-1);
build(1, 1, n);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
pre[i] = last[a[i]];
last[a[i]] = i;
upd(1, 1, n, i, pre[i]);
dbg(i, pre[i]);
}
dbg(query(1, 1, n, 5, 5), pre[5]);
int ans = INF;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(pre[i]) {
int L = pre[i] + 1, R = i - 1;
dbg(i, L, R);
if(query(1, 1, n, L, R) < L) ans = min(ans, R - L + 3);
}
}
if(ans == INF) ans = -1;
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
D. Yet Another Monster Killing Problem
题意：
现在有\(n\)只怪，每只怪有力量\(a_i\)。
同时有\(n\)个英雄，每个英雄有\(p_i,s_i\)分别代表力量和耐力。
每一天只能选派一个英雄去打怪兽，每个英雄最多打\(s_i\)只怪，一个英雄能打败一只怪，当且仅当其力量不低于怪兽的力量。
一个英雄可以被选派多次。
问最少需要多少天能打败所有的怪兽。
思路：
- 考虑\(dp:dp[i]\)表示打败前\(i\)只怪兽最少需要多少天，显然\(dp[i]=min\{dp[j]+1\}\)
- \(j\)满足存在一个英雄，能从\(j+1\)打到\(i\)，显然这个\(j\)的位置具有单调性。
- 发现\(dp\)值也是单调不降的，那么我们就可以找一个最远的\(j\)进行转移，二分即可。
- 二分的话，可以对英雄的耐力维护一个后缀最大值，即\(maxv[s]\)表示耐力\(\geq s\)的英雄中，最大的力量为多少；同时维护怪兽力量的区间最大值，这里\(rmq\)维护即可。两个判断一下就行。
神志不清写了一年
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/13 23:47:28
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
int n, m;
int a[N];
struct node{
int s, p;
bool operator < (const node &A) const {
return s < A.s;
}
}b[N];
int f[N][22];
int lg[N];
void init() {
lg[2] = 1;
for(int i = 3; i < N; i++) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
}
int ask(int l, int r) {
int k = lg[r - l + 1];
return max(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}
int dp[N], maxv[N];
bool chk(int l, int r) {
int mx = ask(l, r);
int i = lower_bound(b + 1, b + m + 1, node{r - l + 1, 0}) - b;
return maxv[b[i].s] >= mx;
}
int get(int x) {
int l = 1, r = x + 1, mid;
while(l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if(chk(mid, x)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return r;
}
void run(){
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], f[i][0] = a[i];
for(int i = 1; i <= 20; i++) {
for(int j = 1; j + (1 << (i - 1)) <= n; j++) {
f[j][i] = max(f[j][i - 1], f[j + (1 << (i - 1))][i - 1]);
}
}
cin >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i].p >> b[i].s;
sort(b + 1, b + m + 1);
b[m + 1].s = 0;
for(int i = m; i >= 1; i--) {
maxv[b[i].s] = max(maxv[b[i + 1].s], b[i].p);
}
if(maxv[b[1].s] < ask(1, n)) return pt(-1);
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int p = get(i) - 1;
dp[i] = dp[p] + 1;
}
cout << dp[n] << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
init();
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
E. The Contest
题意：
给出三个集合，每个集合里面装了一些数，这些数的并集为\(1\)~\(n\)的排列。
现在可以移动任意一个数从一个集合到另外一个集合。
问最少的移动次数使得\(1\)集合中为一个前缀\(1,\cdots,k\)，然后\(2\)集合中\(k+1,\cdots,p\)，\(3\)集合中\(p+1,\cdots,n\)。（可以有集合为空集）。
思路：
- 考虑枚举\(1\)集合中装的前缀的长度，然后将其余的所有数我们先移到\(3\)集合中，并且给这些数打上标记，表示删除这些数不消耗额外的次数。
- 之后我们要操作一些数，使得\(3\)集合中的数为一个后缀。
- 显然我们对\(3\)集合的操作是删掉前面的一些数，然后填补后面的空格。假设\(3\)集合中的数为\(p\)~\(n\)，那么我们用\(pre[i]\)表示\(3\)集合中原来有的数的前缀，\(suf[i]\)表示后缀空格的数量。那么显然我们枚举\(i,i\geq p\)，求出\(min\{pre[i]-pre[p-1]+suf[i+1]\}\)即可。
- 显然\(p\)随着枚举\(1\)集合前缀个数时在不断增大，那么直接维护后缀\(pre[i]+suf[i+1]\)的最小值即可。
时间复杂度\(O(n)\)。也可以\(dp\)来做，\(dp[i][j]\)表示第\(i\)个数在第\(j\)个集合的最小操作次数。因为分布连续，直接分情况考虑即可。
然而神志不清，想了好久都没想清楚
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/14 9:29:05
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
//#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
int k1, k2, k3, n;
int a[N], b[N], c[N];
int suf[N], pre[N], sum[N], Min[N];
int f[N];
void run(){
n = k1 + k2 + k3;
memset(f, 0, sizeof(f));
for(int i = 1; i <= k1; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= k2; i++) cin >> b[i];
for(int i = 1; i <= k3; i++) cin >> c[i];
int tot = 0;
int i = 1, j = 1;
for(int i = 1; i <= k1; i++) f[a[i]] = 2;
for(int i = 1; i <= k3; i++) f[c[i]] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
pre[i] = pre[i - 1] + (f[i] == 1);
}
for(int i = n; i >= 1; i--) {
suf[i] = suf[i + 1] + (f[i] == 0);
}
for(int i = n; i >= 0; i--) {
if(i == n) Min[i] = pre[i];
else Min[i] = min(Min[i + 1], pre[i] + suf[i + 1]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + (f[i] == 2);
int ans = INF;
for(int i = 0; i <= n; i++) {
dbg(i, pre[i], suf[i], Min[i] - pre[i]);
ans = min(ans, i - 2 * sum[i] + sum[n] - pre[i] + Min[i]);
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> k1 >> k2 >> k3) run();
return 0;
}
F. Make Them Similar
题意：
给出\(n,n\leq 100\)个数，现在定义两个数相似为其二进制\(1\)的个数相同。
现在问能否找到一个数\(x\)，使得这\(n\)个数都异或上\(x\)，并且最终都相似。
\(a_i\leq 2^{30}-1\)。
思路：
- 显然我们要从二进制的每一位来考虑，但是直接来考虑又显然不行。
- 注意到二进制位不超过\(30\)，那么可以考虑\(meet\ in\ middle\)的方法：即折半处理，预处理出一边，然后枚举这一边。
- 预处理一边后随便用个\(map\)或哈希一下存储即可。
感觉这个比前几个稍微还简单点？
可能是因为我之前神志不清hhh
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/14 15:21:26
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 100 + 5;
int n;
int a[N];
unordered_map<string, int> mp;
string trans(int x) {
string res = "";
if(x > 9) {
res += ((x / 10) + '0');
res += ((x % 10) + '0');
} else res += (x + '0');
return res;
}
void run(){
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 0; i < 1 << 15; i++) {
for(int k = 0; k <= 30; k++) {
int ok = 1;
for(int j = 1; j <= n; j++) {
int x = (a[j] >> 15) ^ i;
if(__builtin_popcount(x) > k) ok = 0;
}
if(ok) {
string tmp = "";
for(int j = 1; j <= n; j++) {
int x = (a[j] >> 15) ^ i;
tmp += trans(k - __builtin_popcount(x));
}
if(mp.find(tmp) == mp.end())
mp[tmp] = i;
}
}
}
for(int i = 0; i < 1 << 15; i++) {
string tmp = "";
for(int j = 1; j <= n; j++) {
int x = ((a[j] >> 15) << 15) ^ a[j];
x ^= i;
tmp += trans(__builtin_popcount(x));
}
if(mp.find(tmp) != mp.end()) {
int ans = (mp[tmp] << 15) + i;
cout << ans << '\n';
return;
}
}
cout << -1 << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n) run();
return 0;
}
重要的是自信，一旦有了自信，人就会赢得一切。
