4 CF 1032 div3 题解

31 CF 1032 div3 题解

C

题面

给你一个行数为 $n$ 列数为 $m$ 的整数矩阵。在第 $i$ 行和第 $j$ 列的交叉处的单元格中包含数字 $a_{ij}$ 。

您可以执行以下操作次：

选择两个数字 $1 \leq r \leq n$ 和 $1 \leq c \leq m$ 。
对于矩阵中所有单元格 $(i, j)$ 中的 $i = r$ 或 $j = c$ ，将 $a_{ij}-1$ 。

找到矩阵 $a$ 中进行一次此类运算后的最小最大值。

$n\cdot m \le 10^5$

题解

这题可以可以先预处理出每一行和每一列的最大值，然后枚举 $r, c$ 计算 $r,c$ 包含的最大值数量是否等于最大值总数量，如果能够全部覆盖，$ans=ma - 1$ ，否则 $ans = ma$

D

题面

给你两个整数数组 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ 和 $b_1, b_2, \ldots, b_n$ 。保证从 $1$ 到 $2 \cdot n$ 的每个整数都正好出现在其中一个数组中。

您需要执行一定数量的操作（可能为零），以满足以下两个***条件：

对于每个 $1 \le i <n$ ， $a_i < a_{i+1}$ 和 $b_i < b_{i+1}$ 都成立。
对于每一个 $1 \leq i \leq n$ ， $a_i < b_i$ 成立。

在每个操作中，您可以执行以下三个操作中的一个：

选择索引 $1 \leq i < n$ 并交换值 $a_i$ 和 $a_{i + 1}$ 。
选择索引 $1 \leq i < n$ 并交换值 $b_i$ 和 $b_{i + 1}$ 。
选择索引 $1 \leq i \leq n$ ，交换数值 $a_i$ 和 $b_i$ 。

你不需要尽量减少操作次数，但总次数不能超过 $1709$ 。找出满足两个条件的任意序列

题解

~~当时以为求最小操作次数，对着样例疯狂导管，后来发现题解也过不了样例~~

这题可以先分别进行冒泡排序，然后看 $a_i,b_i$ 的大小，如果 $a_i > b_i$ ，交换

先看看为什么这样是对的

假设我们现在 $a_i > b_i$ ，$a_{i+1} > a_i \ ,\ b_{i+1} > b_i$

因为 $a_i > b_i \ , \ a_i < a_{i+1}$ 所以 $b_i < a_{i+1}$ ，不会产生冲突
考虑 $a_i$ 与 $b_{i + 1}$ 是否会产生冲突
- 如果 $a_{i+1} > b_{i+1}$ 那么他俩也会交换，所以 $a_i < a_{i+1}$ ，仍然满足条件
- 否则 $a_{i+1} <= b_{i+1}$ ，所以 $a_i < b_{i+1}$ ，满足条件

再看这样操作的最极限的操作数 $n^2$ 是怎么来的

首先，冒泡排序，$\displaystyle n-1+n-2+...+1 = \frac{n(n-1)}{2}$ ，两遍 $n(n-1)$
如果每个位置都需要换 $n$

最终的 $ans = n(n-1) + n = n^2$

E

题面

对于两个整数 $a$ 和 $b$ ，我们定义 $f(a, b)$ 为数字 $a$ 和 $b$ 的十进制表示中相同数字个数。例如， $f(12, 21) = 0$ ， $f(31, 37) = 1$ ， $f(19891, 18981) = 2$ ， $f(54321, 24361) = 3$ 。

给你两个长度相同的十进制整数 $l$ 和 $r$ 。考虑所有整数 $l \leq x \leq r$ 。你的任务是找出 $f(l, x) + f(x, r)$ 的最小值。

$1 \le l \le r \le 10^9$

题解

可以用数位 dp 无脑写，可惜考场上没开到

放下代码，后来写的时候还是想了一会，有下界的数位 dp

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 15;
int a[N], b[N];
int f[N][N << 1];
//f[pos][sum]:[pos + 1, len] 填完，已经有 sum 位和 l, r 相同，剩下位随便填的最小相同位数
int dfs (int pos, int sum, bool limu, bool limd) {
	if (!pos) return sum;
	auto &now = f[pos][sum];
	if (!limu && !limd && ~now) return now;
	int res = 30;
	int down = limd ? a[pos] : 0;
	int up = limu ? b[pos] : 9;
	for (int i = down; i <= up; i++) {
		int s = sum + (i == a[pos]) + (i == b[pos]);
		res = min (res, dfs (pos - 1, s, limu && (i == up), limd && (i == down)));
	}
	if (!limd && !limu) now = res;
	return res;
}
int solve (int l, int r) {
	int len = 0;
	while (l) {
		a[++len] = l % 10;
		l /= 10;
	}
	len = 0;
	while (r) {
		b[++len] = r % 10;
		r /= 10;
	}
	return dfs (len, 0, 1, 1);
}

int main () {
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		memset (f, -1, sizeof f);
		int l, r;
		cin >> l >> r;
		cout << solve (l, r) << endl;
    }
	return 0;
}

F

题面

给你一个由整数 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ 和两个整数 $s$ 及 $x$ 组成的数组。请计算元素之和等于 $s$ 且最大值等于 $x$ 的数组子段的数目。

更具体地说，计算有多少对 $1 \leq l \leq r \leq n$ 这样的数组：

$a_l + a_{l + 1} + \ldots + a_r = s$ .
$\max(a_l, a_{l + 1}, \ldots, a_r) = x$ .

$1 \leq n \leq 2 \cdot 10^5$

$-10^9 \leq a_i \leq 10^9$

题解

题目中的 $\sum$ 很好求，可以用前缀和求，区间最大值我想到用st表求，但如何枚举 $l, r$ 难住了我，因为无论怎样，我都需要枚举 $l, r$ 时间复杂度为 $O(n^2)$

后来看题解，题解摒弃了枚举 $l, r$ 的解法，而是枚举每个数，将 $sum[l]$ 存入 $map$ ，然后对于每个位置，找到它左边符合条件的左端点，计入答案，时间复杂度 $O(n\log n)$ ，尝试用 $map$ ，但被卡了

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 2e5 + 10;

int a[N];
ll sum[N];

int main () {
	int T, n, ma;
	ll s;
	cin >> T;
	while (T--) {
		cin >> n >> s >> ma;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			cin >> a[i], sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
		map <ll, int> cnt;
		ll ans = 0;
		int l = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (a[i] > ma) {
				cnt.clear();
				l = i + 1;
			} else if (a[i] == ma) {
				while (l <= i) {
					cnt[sum[l - 1]]++;
					l++;
				}
			}
			ans += cnt[sum[i] - s];
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

G

题面

给你一个长度为 $n$ 的二进制字符串 $s_1s_2 \ldots s_n$ 。

对于字符串 $p$ ，我们将函数 $f(p)$ 定义为字符串 $p$ 中任意字符出现的最大次数。例如， $f(00110) = 3$ 、 $f(01) = 1$ 。

你需要求出所有成对的 $1 \leq l \leq r \leq n$ 的和 $f(s_ls_{l+1} \ldots s_r)$ 。

题解

这道题确实不太好想，前缀和处理 $0/1$ 出现的次数，然后暴力枚举 $l,r$ ，除了 $O(n^2)$ 做法，我真的想不出别的解法

题解的一种思路

从前向后枚举每一位，假设当前位为 $i$ ，然后维护以 $i$ 为右端点，长度为 $1,2,...,i$ 的字符串，考虑这些字符串的贡献如何计算

假设上一位的状态为蓝色笔画的三角形，当前位新加入了一个 0 ，那么我们新的一组字符串的贡献（$val'$）实际上就是原来字符串的贡献（$val$）加上新加的 0 会产生的贡献。

那么新加的 0 在什么时候会产生贡献？

可以发现，在原来串 $C_0 >= C_1$ 的时候会产生 1 的贡献，那么我们就可以维护上个状态 $C_0 - C_1$ 出现的次数，然后每次查询符合条件的字符串的个数，最后累加到最终的答案中即可，具体实现有些细节

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>


using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 2e5 + 15;

int T, n, m;
char s[N];

//树状数组单点修改，区间查询
int t[N << 1];
void add (int x, int d) {
	for (; x <= m; x += x & -x) {
		t[x] += d;
	}
}
int ask (int x) {
	int res = 0;
	for (; x; x -= x & -x) {
		res += t[x];
	}
	return res;
}
int query (int l, int r) {
	return ask(r) - ask(l - 1);
}

int main () {
	
	cin >> T;
	while (T--) {
		memset (t, 0, sizeof t);
		cin >> n;
		m = n * 2 + 20;
        //因为 c0 - c1 可能为负数，所以我们将 0 设为一个中间值，防止越界
		int zero = n + 10;
		scanf ("%s", s + 1);
		ll sum = 0, ans = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (s[i] == '0') {
                //找到 c0 - c1 >= 0 的字符串个数，属于额外贡献
				sum += query (zero, m - 1);
                //单独一个 0 的贡献
				sum++;
                //每个 c0 - c1 += 1 ，cnt-1 -> cnt0, cnt0 -> cnt1那么相当于将 0 向左移动一位
				zero--;
                //c0 - c1 = 1 的个数加 1
				add (zero + 1, 1);
			} else {
				sum += query (1, zero);
				sum++;
				zero++;
                //c0 - c1 = -1 的个数加 1
				add (zero - 1, 1);
			}
			ans += sum;
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

H

题面

给你两个整数数组 $l_1,l_2,...,l_n$ 和 $r_1,r_2,...,r_n$ 。求每个数组 $1 \le k \le n$ 的解：

考虑所有长度为 $k$ 的整数数组 $a$ ，使得每个 $1 \leq i \leq k$ 都满足 $l_i \le i \le r_i$ 。求所有满足条件的数组中最长的非递减子序列的最大长度。

题解

这题可以参照 $LIS$ 的 $O(n \log n)$ 解法，维护一个 $dp[i]$ 表示长度为 $i$ 的不下降子序列的末尾的最小值

考虑新加一个 $l_i, r_i$ 所产生的贡献，其实相当于直接更新了一个 $l_i, r_i$ 区间，在 $l_,r_i$ 内的每个数 $x$ 都会更新 $ > x$ 的第一个 $dp[j]$

看着这张图应该就能理解了

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <set>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int T, n;

int main () {
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n;
        multiset <int> st;
        int l, r;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> l >> r;
            st.insert(l);
            auto it = st.upper_bound(r);
            if (it != st.end()) {
                st.erase(it);
            }
            cout << st.size() << ' ';
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

posted @ 2025-10-10 21:12 michaele 阅读(6) 评论(0) 收藏举报

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