CF1659 Codeforces Round #782 (Div. 2) 题解
之前说过的题解，E应该不会补了（大概）
A Red Versus Blue
题意非常简单，构造题。给定\(r\)个红色气球和\(b\)个蓝色气球，将它们排成一排，要求使得连续出现的最多的同色气球最少，题目保证\(b\)严格小于\(r\)。然而这道题我却做的令人感叹。
数据范围：\(1\leq t\leq 1000;3\leq n\leq 100;1\leq b<r\leq n;\)
首先，可以看出这个构造出的最大的最小数量是\(\lceil \frac{r}{b+1} \rceil\)。因为这个\(r\)可以被分成\(b+1\)份。
然后我的大脑就此停止工作了，开始进行了丑陋的模拟。主要思路是，求出来\(mx=\lfloor \frac n {b+1} \rfloor\)，直接先按照\([mx*r+1*b]\)来分配，等到不满足\(r>b~and~r\geq mx\)时，再按照\([mx*r+1*b]\)分配，最后输出剩下的\(b\)。属实是三次\(wa3\)之后的无奈之举。
void solve(){
scanf("%d%d%d", &n, &r, &b);
int mx = n / (b + 1);
while (r > b && r >= mx && b > 0){
for (int i=0;i<mx;++i) printf("R");
printf("B");
r -= mx, b--;
}
while (b > 0 && r > 0){
printf("RB");
r--, b--;
}
for (int i=0;i<b;++i){
printf("B");
}
for (int i=0;i<r;++i){
printf("R");
}
puts("");
// printf("!! %d %d\n", r, b);
}
题解是这么解决的：令\(p=\lfloor \frac r {b+1} \rfloor\)，\(q=r \bmod (b+1)\)。然后自然构造两类字符串：\([(p+1)*r+1*b]\)；\([p*r+1*b]\)。代码也非常的简洁漂亮，不禁让我想起了之前一个A题的扫地机器人dalao的绝妙模拟。
这样，红色气球的数量即为\((p+1)q+p(b-q)+p=p(b+1)+q\)。
int n, r, b;
void solve(){
scanf("%d%d%d", &n, &r, &b);
int p = r / (b + 1), q = r % (b + 1);
for (int i=0;i<q;++i){
cout << string(p + 1, 'R') << "B";
}
for (int i=q;i<b;++i){
cout << string(p, 'R') << "B";
}
cout << string(p, 'R') << endl;
}
B Bit Flipping
有一个长度为\(n\)的01字符串\(s\)，必须进行确切的\(k\)次操作。对于每次操作，我们都要选择一个位置\(i\)，使得\(s[i]\)的值不变，字符串中其他位置的值反转。需要输出在\(k\)次操作后，字典序最大的字符串，并输出会在每个位置执行操作多少次。
数据范围：\(1\leq t \leq 1000;1\leq n \leq 2\times 10^5;0\leq k\leq 10^9\)
我们可以推知一些对解题必要的结论。首先，对于一个给定的bit，当他不被选择的时候，就会反转。并且，如果它被选择2次，那么就相当于没有被选择。这样的话，\(f_i\)只可能有1，或者偶数两种取值。
而且，第\(i\)个bit将会被反转\(k-f_i\)次。
将集合划分为如下情况：
- \(k\)是偶数，\(s[i]=0\)，则\(f_i=0\)
- \(k\)是偶数，\(s[i]=1\)，则\(f_i=1\)
- \(k\)是奇数，\(s[i]=0\)，则\(f_i=1\)
- \(k\)是奇数，\(s[i]=1\)，则\(f_i=0\)
这样从左向右执行，直到用光\(k\)步操作，就可以将\(s\)变为\(1111xxx\)形式的字符串，字典序最大。
若执行完毕\(k\)还有剩余，显然将步数都加到最后的\(s[n]\)时，字典序最大。
void solve(){
cin >> n >> m;
cin >> s;
init();
int tmp = m;
for (int i=0;i<n;++i){
if (i == n - 1) r[i] = tmp;
else if (tmp){
if ((s[i] - '0') ^ (m & 1) == 0)
r[i] = 1, --tmp;
}
if ((s[i] - '0') ^ ((m - r[i]) & 1)){
ans += "1";
}
else ans += "0";
}
cout << ans << endl;
for (int i=0;i<n;++i){
cout << r[i] << " \n"[i==n-1];
}
}
C Line Empire
大水题，自己动手做一下就会发现，求出以第\(i\)个地方为都城，比较最小值，就是答案。
ll n, a, b;
const int N = 2e5 + 5;
int x[N];
ll p[N];
void solve(){
scanf("%lld%lld%lld", &n, &a, &b);
for (int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d", &x[i]);
}
for (int i=1;i<=n;++i){
p[i] = p[i - 1] + x[i];
}
ll mn = 3e18, cur;
for (int i=0;i<=n;++i){
cur = (a + b) * x[i] + b * ((p[n] - p[i]) - (n - i) * x[i]);
mn = min(mn, cur);
}
printf("%lld\n", mn);
}
D Reverse Sort Sum
对于01数组\(A[n]\)，设函数\(f(k,A)\)返回结果为对\(A[n]\)的前\(k\)个元素排序后的结果\(B_k\)。定义数组\(C[n]=\sum\limits _{k=1}^n B_k\)。
现给定数组\(C[n]\)，确定满足条件的\(A[n]\)。
数据范围：\(1\leq t \leq1000;1\leq n \leq 2\times 10^5;0\leq C_i \leq n\)
通过观察，我们可以发现，\(A[n]\)中1的数量\(k=\frac 1 n \sum\limits _{i=1}^n C_i\)。因为每个1都会在\(B_i\)中起作用1次。
再看，如果我们从后往前处理，那么可以发现\(A[n]\)的值是可以方便求出来的。
- \(C[n]=n\)，则\(A[n]=1\)
- \(C[n]=1\)，则\(A[n]=0\)
现在来看例1：
4
2 4 2 4
我们可以得到：
A=[1,1,0,1];
B1=[1,1,0,1];
B2=[1,1,0,1];
B3=[0,1,1,1];
B4=[0,1,1,1];
由于\(k=3\)，我们可以清楚地得到\(B[n]=[0,1,1,1]\)，那么删除\(B[n]\)的影响，就可以得到新的\(C[n-1]=[2,3,1]\)。相同的，我们可以判断出\(C[n-1]=1,A[n-1]=0,C[n-2]=[2,2]......\)
通过这样处理即可得到答案。区间减1，用树状数组就可以轻松实现，复杂度为\(O(N\log N)\)，但这不是必要的。我们可以通过一个类似滑动窗口的东西去确定影响何时消失。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int n;
const int N = 2e5 + 5;
int c[N], a[N], t[N];
void solve(){
scanf("%d", &n);
ll k = 0, L, suf = 0;
for (int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d", &c[i]);
a[i] = 0, t[i] = n;
k += c[i];
}
k /= n, L = n - k + 1;
for (int i=n;i>=1&&L<=i;--i){
int cur = c[i] - (t[i] - i);
if (cur == i) a[i] = 1;
else if (cur == 1){
L--;
t[L] = i - 1;
}
}
for (int i=1;i<=n;++i){
printf(i==n?"%d\n":"%d ", a[i]);
}
}
int main(void){
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--){
solve();
}
return 0;
}
