Codeforces Round 1066 (Div. 1 + Div. 2) 做题记录
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题意：
平衡数组定义为：若 \(x\) 存在，则存在 \(x\) 个 \(x\)，求给定数组至少删去多少数变成平衡数组。
题解：
若 \(cnt_x<x\)，则删去 \(cnt_x\) 个，否则删去 \(cnt_x-x\) 个。
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#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define i128 __int128
#define vi vector<int>
#define pii pair<int, int>
#define siz(a) ((int)a.size())
// #define fi first
// #define se second
// #define double long double
// #define int ll
ll read()
{
ll x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 105;
int n, cnt[N];
void solve()
{
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
int x = read();
++cnt[x];
}
int ans = 0;
for(int i = 0; i <= n; ++i)
{
if(cnt[i] >= i) ans += cnt[i] - i;
else ans += cnt[i];
}
printf("%d\n", ans);
for(int i = 0; i <= n; ++i) cnt[i] = 0;
}
signed main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
题意：
在一个二维平面上，最初只有 \((0,0)\) 是黑色。
给定操作串 \(S\)，若 \(s_i=4\)，则所以与黑色块四联通的白色块都会染成黑色。
若 \(s_i=8\)，则所有与黑色块吧联通的白色块都是染成黑色。
求操作后 \((X,Y)\) 是否会染黑。
题解：
首先 \(X,Y\) 分别取绝对变成距离。
如果 \(s_i=4\)，则 \(X-1\) 或者 \(Y-1\)，贪心选取最大的。（或者 \(X,Y\) 已经成为0不再操作）。
如果 \(s_i=8\)，则 \(X-1\) 且 \(Y-1\)，（或者 \(X,Y\) 已经成为0不再操作）。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define i128 __int128
#define vi vector<int>
#define pii pair<int, int>
#define siz(a) ((int)a.size())
// #define fi first
// #define se second
// #define double long double
// #define int ll
ll read()
{
ll x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
void solve()
{
int n = read(), x = read(), y = read();
x = abs(x), y = abs(y);
string s;
cin >> s;
for(int i = 0; i < siz(s); ++i)
{
if(s[i] == '4')
{
if(x > y)
{
--x;
}else if(y > 0)
{
--y;
}
}else
{
x = max(x - 1, 0);
y = max(y - 1, 0);
}
}
if(x == 0 && y == 0) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
signed main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
题意：
给定 \(n,k,q\)，有 \(q\) 组限制 \((c,l,r)\)，求长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，满足：
- 若 \(c=1\)，则 \(\min(a_l,a_{l+1}\cdots,a_r)=k\)。
- 若 \(c=2\)，则 \(\text{mex}(a_l,a_{l+1},\cdots,a_r)=k\)。
保证有解，输出任意合法数组 \(a\)。
题解：
被第 \(1\) 类区间覆盖的位置不能有小于 \(k\) 的数，需要有 \(k\)；被第 \(2\) 类区间覆盖的位置需要有小于 \(k\) 的数，不能有\(k\)。
对位置按照被哪类区间覆盖划分：
- 被两类区间都覆盖：此时不能填小于等于 \(k\) 的数，填 \(k+1\)。
- 被第 \(1\) 类区间覆盖但不被第 \(2\) 类区间覆盖：无脑填 \(k\)。
- 不被任何区间覆盖：随便填，这里填 \(k+1\)。
对于不被第 \(1\) 类区间覆盖但被第 \(2\) 类区间覆盖的位置，它们需要满足对于任意第 \(2\) 类区间内，都有 \(0\sim k-1\)。
由于题目保证有解，意味着每个第 \(2\) 类区间内都有至少 \(k\) 个这种位置，在这种位置中按顺序循环填写 \(0\sim k-1\) 一定满足条件。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define i128 __int128
#define vi vector<int>
#define pii pair<int, int>
#define siz(a) ((int)a.size())
// #define fi first
// #define se second
// #define double long double
// #define int ll
ll read()
{
ll x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 105;
int n, K, Q;
vector< pii > p1, p2;
int v1[N], v2[N], a[N], vis[N];
void solve()
{
n = read(), K = read(), Q = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) v1[i] = 0, v2[i] = 0, a[i] = -1;
p1.clear(), p2.clear();
for(int i = 1; i <= Q; ++i)
{
int c = read(), l = read(), r = read();
if(c == 1) p1.emplace_back(pii(l, r));
else p2.emplace_back(pii(l, r));
}
for(auto [l, r] : p1)
{
for(int i = l; i <= r; ++i) v1[i] = 1;
}
for(auto [l, r] : p2)
{
for(int i = l; i <= r; ++i) v2[i] = 1;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(v1[i] && v2[i]) a[i] = K + 1;
else if(v1[i] && !v2[i]) a[i] = K;
else if(!v1[i] && !v2[i]) a[i] = K + 1;
}
int x = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(a[i] == -1) a[i] = x++;
x %= K;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
printf("%d ", a[i]);
}
printf("\n");
}
signed main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
题意：
你知道你喜欢的选手的排名 \(p\) 满足 \(l\le p\le r\)，有 \(n\) 次竞猜：
每次给定 \(a_i\)，可以有三种选择：
- 不参与本轮竞猜。
- 声称 \(p\le a_i\)，猜对了获得 \(|p-a_i|\) 分，猜错了损失 \(|p-a_i|\) 分。
- 声称 \(p\ge a_i\)，猜对了获得 \(|p-a_i|\) 分，猜错了损失 \(|p-a_i|\) 分。
求在最优的竞猜策略下，你至少能获得多少分数，初始 \(0\) 分。
题解：答案为 \(\min\limits_{l\le p\le r}\sum\limits_{i=1}^{n}c_i\times (p-a_i)\)，\(c_i\in \{-1,0,1\}\)。
注意到，对于较大的 \(a_i\)，选取 \(a_i-p\) 比较优，对于较小的 \(a_i\)，选取 \(p-a_i\) 比较优。
按照 \(a_i\) 从大到小排序，枚举 \(p\) 前面的系数，然后一对 \(a_i-p,p-a_j\) 会抵消 \(p\) 且 \(i<j,a_i\ge a_j\) 一定产生正贡献，因此至多有一轮是不参与竞猜的。预处理前缀和即可 \(O(1)\) 计算。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define i128 __int128
#define vi vector<int>
#define pii pair<int, int>
#define siz(a) ((int)a.size())
// #define fi first
// #define se second
// #define double long double
// #define int ll
ll read()
{
ll x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 2e5 + 5;
int n, l, r;
ll a[N], s[N];
void solve()
{
n = read(), l = read(), r = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
sort(a + 1, a + n + 1);
reverse(a + 1, a + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] + a[i];
ll ans = -0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for(ll K = -n; K <= n; K += 2)
{
ll y = (n + K) / 2, x = n - y; // 前x个取a-p
ll sum = s[x] - (s[n] - s[x]);
if(K < 0)
{
ans = max(ans, sum + K * r);
}else
{
ans = max(ans, sum + K * l);
}
}
if(n & 1)
{
int len = n / 2;
ll sum = s[len] - (s[n] - s[len + 1]);
ans = max(ans, sum);
}
printf("%lld\n", ans);
}
signed main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
题意：
若数字 \(x\) 出现次数超过 \(k\)，则除第一个 \(x\) 外其他的 \(x\) 都加 \(1\)，求会执行多少次操作。
题解：
求出每个数的出现次数 \(cnt_i\)，答案即最长的 \([l,r]\) 满足：
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define i128 __int128
#define vi vector<int>
#define pii pair<int, int>
#define siz(a) ((int)a.size())
// #define fi first
// #define se second
// #define double long double
// #define int ll
ll read()
{
ll x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 2e5 + 5;
int n, K, a[N], cnt[N * 3];
void solve()
{
n = read(), K = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = n * 3; i >= 1; --i) cnt[i] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) ++cnt[a[i]];
int ans = 0, last = 0, sum = 0;
for(int i = 1; i <= n * 3; ++i)
{
cnt[i] += last;
if(cnt[i] > K)
{
++sum;
ans = max(ans, sum);
last = cnt[i] - 1;
}else last = 0, sum = 0;
}
printf("%d\n", ans);
}
signed main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
题意：
定义每个关卡有难度 \(y\) 和技能点 \(l\)，设上一个关卡的难度为 \(x\)，
- 若当前为第一关或者 \(x\ge y\)，则消耗 \(l\) 的时间。
- 否则消耗 \(l+1000\) 的时间。
只有当关卡难度 \(y\) 等于你当前的技能点 \(s\) 时，可以使技能点增加 \(l\)：\(s+l\to s\)。
构造不超过 \(10^6\) 个关卡，要求消耗的总时间不超过 \(10^6\)，且对于任意的初始技能点 \(s\in [1,n]\)，都可以在通过所有关卡后不小于 \(n\)。本题的 \(n\) 固定为 \(250000\)。
题解：
设二元组 \((y,l)\) 表示关卡的两个属性。
最朴素的想法是倒序关卡 \((n-1,1),(n-2,2)\cdots,(1,n-1)\)，一步到达 \(n\)，消耗 \(\frac{n(n-1)}{2}\) 的时间，考虑合并一些内容。
考虑线段树式的构造：构造关卡 \((n-1,1),(n-2,2),(n-3,1),(n-4,2)\cdots(3,1),(2,2),(1,1),\)\((n-2,2),(n-4,4),(n-6,2),(n-8,4)\cdots\)，这样合并了很多路径，但仍然不优。
注意到相同难度的关卡重复出现一定不优，有没有避免重复难度的关卡的解法？
考虑树状数组式的构造：\((1,1),(3,1),\cdots,(n-1,1),(2,2),(6,2)\cdots(n-2,2),(4,4)\cdots\)，这样保证了每种难度的关卡只出现一次，且都能达到 \(n\)，仍然不够优秀。
考虑树状数组式的构造的本质：是二进制拆解，按照 \(lowbit\) 从小到大枚举。尝试换成 \(B\) 进制？
仍然按照 \(lowbit\) 从小到大枚举，每次只将 \(lowbit\) 那一位加 \(1\)。
不断调整 \(B\)，发现 \(B=63\) 时可以通过。
由于 \(62^3=238328,63^3=250047\)，因此选取 \(B=63\) 时，最大的 \(lowbit\) 是 \(63^2=3969\)，而选取 \(B=62\)，最大的 \(lowbit\) 是 \(62^3=238328\)。在调整参数时可以优先考虑开若干次根号的临界值。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define i128 __int128
#define vi vector<int>
#define pii pair<int, int>
#define siz(a) ((int)a.size())
// #define fi first
// #define se second
// #define double long double
// #define int ll
ll read()
{
ll x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
void get(int n, int K)
{
vector<int> a[100][105];
for(int i = 1; i < n; ++i)
{
int t = 1, x = i, cnt = 0;
while(x % K == 0) x /= K, t *= K, ++cnt;
a[cnt][x % K].emplace_back(i);
}
for(int i = 0; i <= 6; ++i)
{
for(int j = 1; j < K; ++j)
{
if(siz(a[i][j]) > 0)
{
reverse(a[i][j].begin(), a[i][j].end());
}
}
}
ll t = 1, ans = 0, temp = 0;
for(int i = 0; i <= 6; ++i)
{
for(int j = 1; j < K; ++j)
{
for(auto x : a[i][j])
{
printf("%d %d\n", x, min(t, (ll)n - x));
ans += min(t, (ll)n - x);
++temp;
}
if(temp < n - 1)
{
ans += 1000;
}
}
t = t * K;
}
// printf("ans = %lld\n", ans);
}
void solve()
{
int n = read();
ll ans = 0, B = 63;
if(n == 4)
{
printf("4\n1 4\n3 1\n2 1\n3 1\n");
}else
{
printf("%d\n", n - 1);
get(n, B);
}
}
signed main()
{
int T = 1;
while(T--) solve();
return 0;
}
待补。
浙公网安备 33010602011771号