11.3模拟赛
t1
你醒了，发现全世界 OI 能力下降 \(10^6\) 倍，只有今日联考受影响。于是你打开 statement.pdf，准备闪击联考。
联考大军向你袭来，作为八校最强的 OIer，你准备在若干位置发动“闪击”。
联考大军中，每一场联考 \(i\) 都有一个编号 \(p_i\)，\(p\) 是一个排列。你能在一个位置发动“闪击”，当且仅当这场联考前的联考编号全部小于这场，后的联考编号全部大于这场。形式化地，\(x\) 能发动“闪击”仅当：
同时，为了便于攻击，你可以利用 OIer 强大的力量，进行一个操作：选择两个不同的下标 \(x, y\)，交换 \(p_x, p_y\)。
时间紧迫，你要快速决定且只能进行恰好一次这样的操作。你的目标是最大化可以发动“闪击”的位置。输出最大的位置数量。
对于所有测试数据，保证 \(1 \leq T \leq 5 \times 10^4\)，\(2 \leq \sum n \leq 3 \times 10^5\)，\(p\) 是一个排列。
题解
考虑直接计算贡献，对于每个点找出那些交换会使其产生贡献，排除本来就是好的排列之后，发现交换一定更优，接下来分类讨论。
- \(a_i=i\)
- 这个时候如果左边数都小于他，那么这个数是合法的，直接计入答案，因为我们肯定不会交换这个数两侧的，因为左侧数小于右侧一定不优，直接计入答案即可。
- 否则这个数如果左右只有一对数不合法，交换这一对即可。
- \(a_i>i\)
- 考虑能不能交换 \(a_i\) 和 \(a_{a_i}\) 来让 \(a_i\) 有贡献，充分必要条件就是有 \(a_i-1\) 个小于 \(a_i\) 的数在 \([1,a_i]\) 之间。
- \(a_i<i\)
- 考虑能不能交换 \(a_i\) 和 \(a_{a_i}\) 来让 \(a_i\) 有贡献，充分必要条件就是 \(a_i\) 是 \([1,a_i]\) 之间最大的数字。
找到每个交换的最大值就可以了。原理是这种交换的总数是 \(O(n)\) 的。
code：
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define int long long
#define lbt(x) (x&(-x))
#define pii pair<int,int>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,m,k,T,a[N],p[N],mx[N],mxp[N],t[N],ans;
map<pii,int> g;
void upd(int i,int x){while(i<N){t[i]+=x;i+=lbt(i);}}
int sc(int i){int ans=0;while(i>0){ans+=t[i];i-=lbt(i);}return ans;}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
freopen("strike.in","r",stdin);
freopen("strike.out","w",stdout);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;g.clear();ans=0;
rep(i,1,n){t[i]=0;
cin>>p[i];a[p[i]]=i;mx[i]=max(mx[i-1],p[i]);
}rep(i,1,n) mxp[i]=max(mxp[i-1],a[i]);
rep(i,1,n){
upd(p[i],1);
if(p[i]==i){
if(mx[i]==i) ans++;
if(sc(i)==i-1) g[{a[mx[i]],mxp[i]}]++;
}else if(p[i]>i){
if(mx[p[i]]==p[i]) g[{i,p[i]}]++;
}else if(mxp[p[i]-1]==p[i]-1) g[{p[i],i}]++;
}int ma=-2;
for(auto x:g) ma=max(ma,x.se);
cout<<ans+ma<<'\n';
}
return 0;
}
t2
你醒了，你发现你是信竞教练，准备为学生安排模拟赛。
这个赛季总共有 \(n\) 场联考，第 \(i\) 场联考的“特征”可以表示为一个整数 \(a_i\)。
如果有连续两场联考满足 \(\gcd(a_i, a_{i+1}) = 1\)，那么两场联考风格差别巨大，会让学生非常不满抨击教练。定义一个赛季模拟赛的“不满度”为 \(1\) 到 \(n-1\) 中，\(\gcd(a_i, a_{i+1}) = 1\) 的下标 \(i\) 的数量。
为了避免差评，你决定对联考特征进行最多 \(k\) 次修改。每次修改可以选定一个下标 \(i\) 和任意整数 \(x\)，将 \(a_i\) 改为 \(x\)。
你想求出这个赛季最小的不满度。
对于所有测试数据，保证 \(T \leq 7\)，\(1 \leq k \leq n \leq 10^5\)，\(0 \leq a_i \leq 10^9\)。
题解
贪心，肯定是把数字一个一个变成0。先把能救两个位置的拿下，然后再管1，因为每个1连续段，管到最后可以改最后一个1，一次救两个。1救完后，再管剩下的互质的。
code：
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
#define pb push_back
#define mset multiset
#define int long long
#define lbt(x) (x&(-x))
#define pii pair<int,int>
#define umap unordered_map
#define m(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define m127(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define m128(a) memset(a,-0x3f,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,m,k,T,a[N],q,b[N];
vector<int> g;
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
freopen("arrange.in","r",stdin);
freopen("arrange.out","w",stdout);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>q;int sum=0,ans=0,tg=0;g.clear();
rep(i,1,n) cin>>a[i];
rep(i,1,n){
if(a[i]!=1) tg=1;
}rep(i,1,n-1){
b[i]=__gcd(a[i],a[i+1]);if(b[i]==1) sum++;
}if(tg==1){
rep(i,2,n-1){
if(b[i-1]==1&&b[i]==1&&a[i-1]!=1&&a[i+1]!=1&&q>0){
a[i]=0;q--;b[i-1]=a[i-1],b[i]=a[i+1],ans+=2;
}
}int l=0,r=n+1;
while(a[l+1]==1) l++;l++;
while(a[r-1]==1) r--;r--;
rep(i,l,r){
if(a[i]==1){
int x=i;
while(a[i+1]==1&&i<r) i++;
if(i!=n&&x!=1) g.pb(i-x+1);
}
}
sort(g.begin(),g.end());
for(int v:g){
if(v<=q) ans+=v+1,q-=v;
else ans+=q,q=0;
}cout<<max(0ll,sum-ans-q)<<'\n';
}else{
ans=min(q-1,n-1);
cout<<sum-ans<<'\n';
}
}
return 0;
}
t3
你醒了，你发现你成了构造 Master，秒了前两题来杀 T3。
\(T\) 次询问，每次给出正整数 \(k\)，你要构造一个长度 \(\leq 60\) 的 \(01\) 串，满足其本质不同子序列数量恰好为 \(k\)。
对于所有测试数据，保证 \(1 \leq T \leq 10^5\)，\(1 \leq k \leq 10^9\)。
题解
然后考虑反向构造，那我枚举以 \(0\) 开头的串的个数，然后尝试顺次填数，假设我目标 \(0\) 开头串剩余 \(X\) 个，\(1\) 开头剩余 \(Y\) 个。
每次下一个位置如果填 \(0\)，那我以 \(0\) 开头的串就会又产生 \(Y+1\) 个。
可以这样考虑，把前面的所有 \(0\) 选上，后面接上一个 \(1\) 开头的串，那有 \(Y\) 种，或者干脆什么都不接，那就又有 \(1\) 种，总的就是 \(Y+1\) 种，可以直接贪心地填上。
随机化 \(X,Y\) 就能过了。当然有一种有道理的做法，考虑上面的做法其实就是折损相减，所以按理来说有一些接近 \(\phi\) 作为比值的点，从这里开始枚举就好了。就是构造了一种 \(\frac{1-x}{x}=x\) 的东西让他能尽量减。
code：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,m,k,T,a[N];
vector<int> g[N];
int work(int x,int y){
if(x==y){
if(x==0) return 0;
else return INT_MAX;
}if(x>y) swap(x,y);
int k=y/(x+1);
return k+work(x,y-k*(x+1));
}
void solve(int x,int y,bool b=0){
if(x==y) return;
if(x>y) swap(x,y),b^=1;
cout<<b;solve(x,y-(x+1),b);
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
freopen("construct.in","r",stdin);
freopen("construct.out","w",stdout);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;int cnt=0;
rep(i,(int)n*0.61803398874989484,n){
if(work(i,n-i)<=60){
solve(i,n-i);cout<<'\n';goto loop;
}
}loop:;
}
return 0;
}
t4
二操作先不管，因为是独立存在的。考虑一操作，直接考虑对里边叶子的贡献，维护几个叶子 $s z $, 子树里边每个节点有几个叶子的和 $( s s z = \sum s z ) $, 自己这个节点被加了多少并维护加法 $\operatorname { t a g } $, 节点的答案。直接维护答案和节点的值，quy的时候直接把被包含的区间的答案，和没被包含但是经过的节点的贡献算上。 三和一对应的线段树大概如此：
inline void push(uint u, Z x) {
tag[u] += x;
val[u] += x;
sum[u] += ssz[u] * x;
}
inline void down(uint u) {
if (!tag[u].val) return;
push(u << 1, tag[u]);
push(u << 1 | 1, tag[u]);
tag[u] = 0;
}
inline void modify(const uint ql, const uint qr, const uint u, const uint x) {
if (dfn[u] > qr || dfn[u] + siz[u] - 1 < ql) return;
if (ql <= dfn[u] && dfn[u] + siz[u] - 1 <= qr) {
return push(u, x);
}
down(u);
modify(ql, qr, u << 1, x);
modify(ql, qr, u << 1 | 1, x);
val[u] += (ql <= dfn[u] && dfn[u] <= qr) * x;
sum[u] = val[u] * Z(maxr[0][dfn[u]] - minl[0][dfn[u]] + 1) + sum[u << 1] +
sum[u << 1 | 1];
}
Z qres;
inline void query(const uint ql, const uint qr, uint u) {
uint L = minl[0][dfn[u]], R = maxr[0][dfn[u]];
if (L > qr || R < ql) return;
if (ql <= L && R <= qr) return qres += sum[u], void();
down(u);
qres += Z(min(R, qr) - max(L, ql) + 1) * val[u];
query(ql, qr, u << 1);
query(ql, qr, u << 1 | 1);
}
浙公网安备 33010602011771号