Spectral::Cup 2026 Round 1 (Codeforces Round 1094, Div. 1 + Div. 2)做题报告和补题

赛时 2 题

A. A Wonderful Contest

思路：观察数据范围很小，直接暴力做

B. Artistic Balance Tree

知识点：思维

思路:观察变换情况，发现变换前后坐标的奇偶性不会变，而且对于任何一个 \(x_i\)，可以把任何同奇偶坐标的元素移动到这个位置进行标记，所以我们把奇偶坐标处所对应的元素分别存起来；任务是找出所有未标记元素的最小和，也就是让标记元素的和最大，所以计算有多少个 \(x_i\) 是奇数，多少是偶数，从各自序列里取正数就行了，如果取完了正数，因为可以反复标记，不标记负数，只标记正数就可以了，（特殊情况是序列里全是负数，但必须取一个，取最大的就行了）

Code

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void solve()
{
    cin >> n >> m;
    vi a(n);
    int sum = 0;
    vi ji, ou;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
        if ((i + 1) % 2 == 1)
        {
            ji.push_back(a[i]);
        }
        else
        {
            ou.push_back(a[i]);
        }
    }

    int j = 0, o = 0;
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        cin >> x;
        if (x % 2 == 1)
        {
            j++;
        }
        else
        {
            o++;
        }
    }
    sort(ji.rbegin(), ji.rend());
    sort(ou.rbegin(), ou.rend());
    int rj = 0;
    if (j > 0 && !ji.empty())
    {
        rj = ji[0];
        int mx = min(j, (int)ji.size());
        for (int i = 1; i < mx; i++)
        {
            if (ji[i] > 0)
            {
                rj += ji[i];
            }
            else
            {
                break;
            }
        }
    }
    int ro = 0;
    if (o > 0 && !ou.empty())
    {
        ro = ou[0];
        int mx = min(o, (int)ou.size());
        for (int i = 1; i < mx; i++)
        {
            if (ou[i] > 0)
            {
                ro += ou[i];
            }
            else
            {
                break;
            }
        }
    }
    int ans = sum - (rj + ro);
    cout << ans << endl;
}

C. Median Partition

知识点:dp

思路：先看数据范围，是 \(5e3\)，可以进行 \(O(n^2)\) 的算法，注意到这个题不能排序，如果贪心着做容易漏情况，所以看看 dp 的做法
枚举区间的起点，同时枚举上一个区间的终点，如果该区间是合法的，那应该满足以下条件
\( \left\{\begin{matrix} 大于mid的数的二倍小于区间长度， & \\ 小于mid的数的二倍小于区间长度， & \\ 区间长度为奇数，& \end{matrix}\right . \)
如果我们分别预处理出大于和小于 \(mid\) 的数的前缀和，就可以在 \(O(1)\) 的时间内判断区间是否合法

Code

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void solve()
{
    cin >> n;
    vi a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    vi b = a;
    sort(b.begin() + 1, b.end());
    int mid = (n + 1) / 2;
    int num = b[mid];
    vi p1(n + 1), p2(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        p1[i] = p1[i - 1];
        p2[i] = p2[i - 1];
        if (a[i] >= num)
        {
            p1[i]++;
        }
        if (a[i] <= num)
        {
            p2[i]++;
        }
    }
    vi dp(n + 1, -1);//因为区间必须相邻，所以初始时除0外所有点作为末端都是不合法的
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 0; j <= i; j++)
        {
            if ((i - j) & 1)
            {
                int len = i - j;
                if (p1[i] - p1[j] > len / 2 && p2[i] - p2[j] > len / 2 && dp[j] != -1)
                {
                    dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
                }
            }
            else
            {
                continue;
            }
        }
    }
    cout << dp[n] << endl;
}

D. Permutation Construction

知识点：前缀和，思维

思路：对于题目中所说的价值，可翻译为 \(s_{j-1}-s_{i-1}\)，也就是前缀和相减，那么该如何构造呢？对于前缀和 \(s_{i-1}\) 越大的位置，我们越要利用这个大值来和别的构成逆序对获得更大的收益，所以对于最大前缀和，给它赋值最小的 \(1\) 是最合理的，以此类推
注意：原题目中所说的{i，j}为逆序对，说的是排列中的下标{i，j}，也就是满足 i<j&&p_i>p_j的一对数

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struct node
{
    int val, id;
};
bool cmp(node a, node b)
{
    if (a.val == b.val)
    {
        return a.id < b.id;
    }
    return a.val > b.val;
}
void solve()
{
    cin >> n;
    vi a(n + 1);

    vector<node> p(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        p[i].val = p[i - 1].val + a[i - 1];//计算 s[i-1]
        p[i].id = i;
    }
    sort(p.begin() + 1, p.end(), cmp);
    vi res(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        res[p[i].id] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cout << res[i] << endl;
    }
    cout << endl;
}