Codeforces Round 1020 (Div. 3) CF 2106 A~G2 题解
人生第一次打过jiangly
A. Dr. TC
原串中每一个\(1\)最终的出现次数是\(n-1\)，而每个\(0\)最终的出现次数是\(1\)。因此直接统计即可。
时间复杂度\(O(n)\)。
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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <LL,LL>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mpr make_pair
void fileio()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
}
void termin()
{
std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
exit(0);
}
using namespace std;
int t,n;
string s;
int main()
{
//fileio();
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>s;
int ans=0;
rep(i,n) if(s[i]=='1') ans+=n-1;else ++ans;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
B. St. Chroma
为了让\(x\)尽早作为MEX出现，我们先把小于\(x\)的元素一股脑塞在序列最前面。塞完这些元素之后MEX就是\(x\)了，为了保持，我们接下来优先放\(>x\)的元素，把\(x\)放最后即可。注意特判\(x=n\)的情况。
时间复杂度\(O(n)\)。
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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <LL,LL>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mpr make_pair
void fileio()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
}
void termin()
{
std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
exit(0);
}
using namespace std;
int t,n,x;
int main()
{
//fileio();
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>x;
if(n==x)
{
rep(i,n) cout<<i<<' ';
cout<<endl;
continue;
}
rep(i,x) cout<<i<<' ';
for(int i=x+1;i<n;++i) cout<<i<<' ';
cout<<x<<endl;
}
return 0;
}
C. Cherry Bomb
首先如果\(b\)中有\(\neq -1\)的元素，那\(ab\)中对应的两个数之和\(x\)的值就已经确定了，对\([1,n]\)中每个位置检查是否合法即可。如果\(b\)中只有-1，易发现\(x\)的取值范围是\([max\{a_i\},k-min\{a_i\}]\)，直接计算即可。
时间复杂度\(O(n)\)。
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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <LL,LL>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mpr make_pair
void fileio()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
}
void termin()
{
std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
exit(0);
}
using namespace std;
int t,n,k,a[200010],b[200010];
int main()
{
//fileio();
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>k;
rep(i,n) cin>>a[i];
rep(i,n) cin>>b[i];
int sum=-1,ok=1;
rep(i,n) if(b[i]>-1)
{
if(sum==-1) sum=a[i]+b[i];
else if(sum!=a[i]+b[i]) ok=0;
}
if(ok==0)
{
cout<<0<<endl;
continue;
}
if(sum>-1)
{
rep(i,n) if(b[i]==-1&&sum-a[i]>k||sum-a[i]<0) ok=0;
cout<<ok<<endl;
}
else
{
int mxa=-1,mna=1e9;
rep(i,n)
{
mxa=max(mxa,a[i]);
mna=min(mna,a[i]);
}
cout<<mna+k-mxa+1<<endl;
}
}
return 0;
}
D. Flower Boy
下面解析中数组下标从1开始。
如果序列\(a\)已经固定，我们想要检查是否能摘到足够的花，可以采用从开头开始贪心匹配\(a,b\)序列的方法。即如果\(a_i\geq b_j\)，其中\(j-1\)是目前摘的花的数量，那就摘下这朵花并向前走一步；否则，直接向前走一步。方便起见，我们将一对序列\((a_0,b_0)\)使用这种贪心方法摘到的花的数量称为匹配数。
首先对原序列\((a,b)\)做一次这种匹配，如果匹配数为\(m\)，则答案为0。否则，令\(pref_i(i\in[0,n])\)表示\(a\)的前\(i\)个元素与\(b\)的匹配数，\(suf_i(i\in[0,n])\)表示 \(a\)的后\(i\)个元素组成的反向后的序列 与 \(b\)反向后的序列 的匹配数。若插入一个beauty\(=k\)的花能解决问题的话，注意到必存在\(i\)满足\(pref_i+suf_{n-i}=m-1\)，我们此时需要把新的花插入在第\(i\)盆花之后，且它的beauty\(\leq b_{pref_i+1}\)。若这样的\(i\)不存在，则无解。
时间复杂度\(O(n)\)。
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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <LL,LL>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mpr make_pair
void fileio()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
}
void termin()
{
std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
exit(0);
}
using namespace std;
int t,n,m,a[200010],b[200010],pref[200010],suf[200010];
int main()
{
//fileio();
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
rep(i,n) cin>>a[i];
rep(i,m) cin>>b[i];
pref[0]=(a[0]>=b[0] ? 1:0);
repn(i,n-1)
{
if(pref[i-1]==m) pref[i]=m;
else if(a[i]>=b[pref[i-1]]) pref[i]=pref[i-1]+1;
else pref[i]=pref[i-1];
}
suf[n-1]=(a[n-1]>=b[m-1] ? 1:0);
for(int i=n-2;i>=0;--i)
{
if(suf[i+1]==m) suf[i]=m;
else if(a[i]>=b[m-suf[i+1]-1]) suf[i]=suf[i+1]+1;
else suf[i]=suf[i+1];
}
if(pref[n-1]==m)
{
cout<<0<<endl;
continue;
}
int ans=INT_MAX;
if(pref[n-1]==m-1) ans=b[m-1];
if(suf[0]==m-1) ans=min(ans,b[0]);
rep(i,n-1) if(pref[i]+suf[i+1]==m-1) ans=min(ans,b[pref[i]]);
if(ans==INT_MAX) cout<<-1<<endl;
else cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
E. Wolf
下面解析中数组下标从1开始。
令\(pos_i\)表示值\(i\)在原序列中的位置。对于一次询问，若\(pos_x\notin[l,r]\)，则显然无解。否则，我们模拟一下在\([l,r]\)上二分的过程，发现其中存在\(O(log_2n)\)个"关键位置"，即每次二分中的\(m\)，这些位置上的值是决定二分是否成功的关键。具体来说，对于其中一些位置我们要求其上的值\(>x\)，方便起见我们称之为B位；对于另一些位置我们要求其上的值\(<x\)，称之为S位。
若\([1,n]\)中\(>x\)的数的数量小于B位的数量，则无论我们如何操作，都不可能达成目标，此时直接判无解。对于S位也是类似。
对于位置上的数原本就\(>x\)的B位以及位置上的数原本就\(<x\)的S位(称它们为好位)，我们不去动他们是最好的，比较省操作。对于位置上的数\(<x\)的B位以及位置上的数\(>x\)的S位(称它们为坏位)，令其数量依次为\(b,s\)。称除了好位、坏位和\(pos_x\)的位置为普通位。注意到，我们需要从普通位中叫一些"外援"，把这些外援划到我们选择出来并shuffle的\(d\)个元素中。观察发现至少需要叫\(|b-s|\)个外援才能满足所有B/S位的"要求"，并且一定能选出来(选不出来的情况已经在前面被判无解了)。因此答案为\(2\cdot max(b,s)\)。
时间复杂度\(O(n+qlog_2n)\)。
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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <LL,LL>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mpr make_pair
void fileio()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
}
void termin()
{
std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
exit(0);
}
using namespace std;
int t,n,q,p[200010],pos[200010];
int main()
{
//fileio();
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>q;
repn(i,n) cin>>p[i],pos[p[i]]=i;
while(q--)
{
int l,r,x;
cin>>l>>r>>x;
int targ=pos[x],big=n-x,sml=x-1,nbig=0,nsml=0,nsbig=0,nssml=0;
if(targ<l||targ>r)
{
cout<<-1<<' ';
continue;
}
while(l<r)
{
int mid=(l+r)/2;
if(mid==targ) break;
if(mid<targ)
{
++nsml;
if(p[mid]>x) ++nsbig;
l=mid+1;
}
else
{
++nbig;
if(p[mid]<x) ++nssml;
r=mid-1;
}
}
if(nbig>big||nsml>sml)
{
cout<<-1<<' ';
continue;
}
cout<<max(nsbig,nssml)*2<<' ';
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
F. Goblin
想象一条向右移动的"扫描线"，每次刷新出这个矩阵的一列。注意到每一列中要么只有一个0，要么只有一个1。令扫描线上一个位置的答案表示在扫描线及其左侧，包括这个位置的最大的全0连通块的大小(若这个位置的值为1，则答案为0)。同时，对于扫描线上连续的一堆值为0的位置，它们的答案相同。因此任意时刻，可以把扫描线分成三个区间，其中中间区间的长度为1，满足每个区间中各位置的答案相同。令这三个区间的答案为\(dp_{i,0/1/2}\)(随便吧，怎么表示都行)。然后在扫描线相邻的两个位置之间就可以用非常无脑的方式进行\(dp\)转移，这里不再赘述。最终答案对所有\(dp\)值取最大值即可。
时间复杂度\(O(n)\)。
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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <LL,LL>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mpr make_pair
void fileio()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
}
void termin()
{
std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
exit(0);
}
using namespace std;
LL t,n;
string s;
int main()
{
//fileio();
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>s;
LL l,m,r,ans;
if(s[0]=='1') m=1,l=r=0,ans=1;
else l=m=0,r=n-1,ans=n-1;
repn(i,n-1)
{
LL u=i,d=n-i-1;
if(s[i-1]=='1'&&s[i]=='1') l=r=0,m=1;
else if(s[i-1]=='1'&&s[i]=='0') l=m+u,m=0,r=d;
else if(s[i-1]=='0'&&s[i]=='1') l=0,m=r+1,r=0;
else l+=u,m=0,r+=d;
ans=max(ans,max(l,m));
if(i<n-1) ans=max(ans,r);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
G2. Baudelaire (hard version)
n+200次操作？还是在树上？这一眼就是个重心分治相关。
注意到如果我们已经知道了根的位置，我们只需要对每个结点做一次\(k=1\)的1类型询问，就可以算出每个点的权值。因此考虑怎么使用200次左右的操作找到根的位置。
我们挑出树上的任意一条边来观察一下。令其直接连接的点为\(a,b\)。将这条边切断，树就分为了 与\(a\)连接的点 和 与\(b\)连接的点 两个集合。方便起见，称其为 \(a\)子树中的点 和 \(b\)子树中的点。如何判断树根在哪个子树中呢？很简单，我们先对\(a\)子树中所有点做一次1询问，接下来用2询问改变\(b\)的权值，然后再对\(a\)子树中所有点做一次1询问，如果两次1询问结果的差值绝对值是 \(a\)子树中结点个数\(\times 2\)，则根在\(b\)子树中，否则在\(a\)子树中。这是因为只有在询问1中涉及的每个结点到根的路径都经过权值被改变的结点时，询问结果差值绝对值才会\(=\)询问结点个数\(\times2\)。
那么能不能每次切断一条边直到根可能位于的结点只剩一个呢？不能，因为不存在一个叫边分治的东西，随便来一个菊花图你复杂度就爆炸了。
考虑重心分治，每轮递归尝试判断根位于重心的哪个子树内，或者是不是就是重心本身。分以下几种情况：
- 连通块只剩一个点。那根就是重心本身。
- 重心(在当前连通块内)只有一个子树。那说明连通块内只有2个点，对重心本身做一次1询问，若结果为1或-1则重心是根，否则另一个点是根。
- 重心有不止一个子树。可能出现以下两种情况：
- 重心不是根。考虑在一堆子树中进行二分，每次用类似上面"判断根在\(a\)的子树还是\(b\)的子树中"的方法来判断根在 左边的一堆子树中 还是 右边的一堆子树中(即"先对左边一堆子树中所有点做一次1询问，接下来用2询问改变重心的权值，然后再对左边一堆子树中所有点做一次1询问")，此时我们可以知道根是否在左边一堆子树中，因此可以缩小二分范围。一轮递归使用的询问数量大约为\(3\cdot log_2(重心的子树数量)\)。
- 重心是根。在上面那种情况的第一次二分之前，我们先用相同的方法判断一下，根有没有一种可能，我是说可能，不在左边的一堆子树中，也不在右边的一堆子树中。这时候说明重心就是根。
这样就优雅地找到了根。接下来用\(n\)次询问问出每个结点的权值就行了。
总操作数大约\(n+O(log_2^2n)\)，反正肯定是在限制内的。
其实如果再出恶心一点的话，可以强制要求你"利用"上面找根过程中的询问，来代替掉这\(n\)个询问中的一部分。我瞎说的。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mpr make_pair
void fileio()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
}
void termin()
{
std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
exit(0);
}
using namespace std;
int t,n,sz[1010],pref[1010],ans[1010],root;
vector <int> g[1010],subtroots,tmp;
vector <vector <int> > subts;
bool vis[1010];
int qry(vector <int> nds)
{
cout<<"? 1 "<<nds.size()<<' ';
rep(i,nds.size()) cout<<nds[i]<<' ';
cout<<endl;
cout.flush();
int ret;cin>>ret;return ret;
}
void qry2(int pos)
{
cout<<"? 2 "<<pos<<endl;
cout.flush();
}
void getSz(int pos,int par)
{
sz[pos]=1;
rep(i,g[pos].size()) if(!vis[g[pos][i]]&&g[pos][i]!=par)
{
getSz(g[pos][i],pos);
sz[pos]+=sz[g[pos][i]];
}
}
pii getMn(int pos,int par,int tot)//{max subtree size, node}
{
int mx=1e9,cursz=tot-sz[pos];
pii ret={mx,114514};
rep(i,g[pos].size()) if(!vis[g[pos][i]]&&g[pos][i]!=par)
{
ret=min(ret,getMn(g[pos][i],pos,tot));
cursz=max(cursz,sz[g[pos][i]]);
}
ret=min(ret,{cursz,pos});
return ret;
}
void getNodes(int pos,int par)
{
tmp.pb(pos);
rep(i,g[pos].size()) if(!vis[g[pos][i]]&&g[pos][i]!=par) getNodes(g[pos][i],pos);
}
bool isInOther(int lb,int ub,int par)
{
int tot=pref[ub+1]-pref[lb];
vector <int> nds;
for(int i=lb;i<=ub;++i) rep(j,subts[i].size()) nds.pb(subts[i][j]);
int res=qry(nds);
qry2(par);
int res2=qry(nds);
return abs(res-res2)==tot*2;
}
int findRoot(int pos)
{
getSz(pos,-1);pos=getMn(pos,-1,sz[pos]).se;
subts.clear();subtroots.clear();
rep(i,g[pos].size()) if(!vis[g[pos][i]])
{
tmp.clear();
getNodes(g[pos][i],pos);
subts.pb(tmp);
subtroots.pb(g[pos][i]);
}
rep(i,subts.size()) pref[i+1]=pref[i]+subts[i].size();
if(subts.size()==0) return pos;
if(subts.size()==1)
{
int res=qry({pos});
if(res==1||res==-1) return pos;
else return subts[0][0];
}
int lb=0,ub=subts.size()-1,mid;
while(lb<ub)
{
mid=(lb+ub)/2;
bool res=isInOther(0,mid,pos);
if(lb==0&&ub==subts.size()-1)
{
bool res2=isInOther(mid+1,ub,pos);
if(res&&res2) return pos;
}
if(res) lb=mid+1;
else ub=mid;
}
vis[pos]=true;
return findRoot(subtroots[lb]);
}
void getAns(int pos,int par,int parval)
{
int res=qry({pos});
ans[pos]=res-parval;
rep(i,g[pos].size()) if(g[pos][i]!=par) getAns(g[pos][i],pos,res);
}
int main()
{
//fileio();
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
rep(i,n+5) g[i].clear(),vis[i]=false;
int x,y;
rep(i,n-1)
{
cin>>x>>y;
g[x].pb(y);
g[y].pb(x);
}
root=findRoot(1);
getAns(root,0,0);
cout<<"! ";
repn(i,n) cout<<ans[i]<<' ';
cout<<endl;
cout.flush();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号