Codeforces Round 1032 (Div. 3) 个人题解（D-G）
D. 1709
构造思路：先用操作1，2通过冒泡排序将序列 \(a\)，\(b\) 变为升序，在从前到后依次用操作3对每个不合法的位置交换。
运算次数：总的交换次数为逆序对的个数，极端的情况是 $2\times(1+2+\dots+(n-1))=n^2-n $ 次，再加上操作3的 \(n\) 次为 \(n^2\)，不超过 \(1709\)。
证明操作3的正确性：假设前 \(i-1\) 项都合法，第 \(i\) 项不合法，所以 \(a_{i-1}<b_{i-1}<b_i<a_i\)，交换 \(a_i\)，\(b_i\)后满足\(a_{i-1}<b_i\)，\(b_{i-1}<a_i\)，交换后第 \(i\) 项合法，以此类推。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5, M = 2e5 + 5, LGN = 20, mod = 998244353, B = 131, inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, P = 1000000711;
void lxllxs() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n), b(n);
for (int i = 0; i < n; i++)cin >> a[i];
for (int i = 0; i < n; i++)cin >> b[i];
vector<array<int, 2>> ans;
while (true) {
int flag = 0;
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
if (a[i] > a[i + 1]) {
swap(a[i], a[i + 1]);
ans.push_back({1, i + 1});
flag = 1;
}
}
if (!flag)break;
}
while (true) {
int flag = 0;
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
if (b[i] > b[i + 1]) {
swap(b[i], b[i + 1]);
ans.push_back({2, i + 1});
flag = 1;
}
}
if (!flag)break;
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (a[i] > b[i]) {
swap(a[i], b[i]);
ans.push_back({3, i + 1});
}
}
cout << ans.size() << endl;
for (auto [u, v]: ans) {
cout << u << " " << v << endl;
}
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)lxllxs();
return 0;
}
E. Sponsor of Your Problems
考虑搜索+剪枝，从高位到低位搜索，搜索的过程中保证合法，用\(p1,p2\)两个布尔值分别记录，目前确定的位是否出现大于 \(l_i\) /小于 \(r_i\) 的情况，如果为\(false\)，则当前位不能选择小于 \(l_i\) /大于 \(r_i\) 的数字。
剪枝：当 \(p1\)，\(p2\) 同时为 \(true\) 时 ，直接记录答案，因为后面的位可以任意取，只需要取和已有的两个数不同的数字就可以了。
复杂度分析：可以忽略掉 \(l_i=r_i\)的层。选择边界 \(l_i\)，\(r_i\) 以内（不包含）的数字，搜索会直接结束（可以看成一个二叉树）；选择边界上的数字，之后的选择只会被限制在一个分支（比二叉树还小），所以复杂度极小。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5, M = 2e5 + 5, LGN = 20, mod = 998244353, B = 131, inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, P = 1000000711;
void lxllxs() {
string sl, sr;
cin >> sl >> sr;
int n = sl.size();
vector<int> l(n), r(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
l[i] = sl[i] - '0';
r[i] = sr[i] - '0';
}
int res = 300;
auto dfs = [&](auto &&self, int u, int p1, int p2, int s) -> void {
if (u == n || p1 && p2) {
res = min(res, s);
return;
}
for (int i = 0; i <= 9; i++) {
if (!p1 && i < l[u])continue;
if (!p2 && i > r[u])continue;
self(self, u + 1, p1 | (i > l[u]), p2 | (i < r[u]), s + (i == l[u]) + (i == r[u]));
}
};
dfs(dfs, 0, 0, 0, 0);
cout << res << endl;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)lxllxs();
return 0;
}
F. Yamakasi
条件1可以用前缀和 \(pre_i\) 转化，可以发现，只要在枚举右端点的过程中能即时维护一个条件2合法的左端点集合就可以了（把所有的 \(pre_{l-1}\) 放进map计数）
从前到后枚举右端点，维护一个所有条件2合法的左端点集合（总是一段区间），当新的右端点小于 \(x\) 时，左端点集合不会发生改变；新的右端点等于 \(x\) 时，其实就是把当前集合后面到右端点所有的位置加进去；新的右端点大于 \(x\) 时，没有合法的左端点，集合应当清空。这个过程可以用双指针维护。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5, M = 2e5 + 5, LGN = 20, mod = 998244353, B = 131, inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, P = 1000000711;
void lxllxs() {
int n, s, mx;
cin >> n >> s >> mx;
vector<int> a(n + 1), pre(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
pre[i] = pre[i - 1] + a[i];
}
map<int, int> mp;
int res = 0;
for (int i = 1, j = 0; i <= n; i++) {
if (a[i] > mx)mp.clear(), j = i;
if (a[i] == mx) {
while (j + 1 <= i) {
mp[pre[j++]]++;
}
}
res += mp[pre[i] - s];
}
cout << res << endl;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)lxllxs();
return 0;
}
G. Gangsta
考虑固定左边界，右移右边界，发现区间对答案的贡献要么+1，要么不变。
找到所有出现+1的右边界：1的数量大于0的数量且当前位置为1，或者0的数量大于1的数量且当前位置为0。所有右边界对答案的贡献为\(n-i+1\)。
如何维护1的数量大于0的数量的右边界？把1看作1，0看作-1，求前缀和 \(pre_i\) ：\(pre_r>pre_{l-1}\) 即1的数量大于0的数量，反过来同理。
可以用两个树状数组分别维护位置上为1，以及位置上为0右边界的贡献和，\(pre_i\) 可能为负，所以需要建立一个映射。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5, M = 2e5 + 5, LGN = 20, mod = 998244353, B = 131, inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, P = 1000000711;
template<class T>
struct BIT {
int n;
vector<T> a;
BIT(int n_ = 0) {
init(n_);
}
void init(int n_ = 0) {
n = n_;
a.assign(n, T{});
}
void add(int x, const T &p) {
for (int i = x; i <= n; i += i & -i) {
a[i - 1] = a[i - 1] + p;
}
}
T sum(int x) {
T res = T{};
for (int i = x; i > 0; i -= i & -i) {
res = res + a[i - 1];
}
return res;
}
T rangeSum(int l, int r) {
return sum(r) - sum(l - 1);
}
//查询第k小
int kth(const T &k) {
int x = 0;
T cur{};
for (int i = 1 << __lg(n); i; i /= 2) {
if (x + i <= n && cur + a[x + i - 1] < k) {
x += i;
cur = cur + a[x - 1];
}
}
return x + 1;
}
};
void lxllxs() {
int n;
cin >> n;
string s;
cin >> s;
vector<int> pre(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (s[i - 1] == '1')pre[i] = pre[i - 1] + 1;
else pre[i] = pre[i - 1] - 1;
}
int res = 0;
BIT<int> tr0(2 * n + 1), tr1(2 * n + 1);
for (int i = n; i >= 1; i--) {
if (s[i - 1] == '1')tr1.add(pre[i] + n + 1, n - i + 1);
else tr0.add(pre[i] + n + 1, n - i + 1);
res += tr1.rangeSum(pre[i - 1] + n + 2, 2 * n + 1);
res += tr0.rangeSum(1, pre[i - 1] + n);
}
cout << res << endl;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)lxllxs();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号