Codeforces Round #631 (Div. 1)
Codeforces Round #631 (Div. 1)
A
略
B
由题意得，\(a_i\) 二进制下最高位的 \(1\) 一定大于 \(a_{i-1}\) 的，并且只需要满足这一个条件。那么只需要计算出 \(p_i\) 表示最高二进制位为 \(i\) 时有多少种数，前面都是 \(2^k\) 的形式，最后一个要特判。然后每一位也可以不选，但不能全都不选，所以 \(res=(\prod(p_i+1))-1\)
void solve () {
int d, m, res = 1;
read (d), read (m);
for (int i = 0; i <= 30; ++i) {
if ((1ll << i + 1) - 1 < d) {
res = res * ((1 << i) + 1) % m;
} else {
res = res * (d - (1 << i) + 2) % m; break;
}
}
printf ("%lld\n", (res + m - 1) % m);
}
C
贪心的删除，每次删能删的最大的那个（略）
D
\(a\) 在 \(a_i=a_{i+1}\) 的地方被分割，弄一个新的字符串 \(b\) 只记录这些分割的字符，即依次在 \(b\) 中加入 \(a_i=a_{i+1}\) 的 \(a_i\)。把在 \(a\) 中的删除对应到 \(b\) 中就是：1、删除一个 \(b_i\)；2、删除满足 \(b_i\ne b_{i+1}\) 的 \(i,i+1\)。也就是要尽量多用操作 \(2\) 删光 \(b\)
设当前出现最多的是 \(x\)，出现了 \(c\) 次。
1、\(2c \ge |b|\)，可以让其它所有的字符和 \(x\) 来一次操作 \(2\)，用栈维护一下，剩下的 \(x\) 单独删。
2、\(2c< |b|\)，先贪心的执行操作 \(2\)，直到 \(2c=|b|\)，然后变成第一种情况
输出方案需要用线段树维护一下当前的真实下标
const int N = 2e5 + 5;
int n, m, now, cnt[30], mx, p; char a[N];
int tp, t[N], res;
vector<pair<int, int> > ans;
pair<int, int> b[N];
#define fi first
#define se second
struct tree {
int c[N << 2], tag[N << 2];
#define ls (p << 1)
#define rs (p << 1 | 1)
void clear () {
for (int i = 1; i <= 4 * n; ++i) c[i] = tag[i] = 0;
}
void push_down (int p, int l, int r) {
if (!tag[p]) return;
int mid (l + r >> 1);
c[ls] = mid - l + 1, c[rs] = r - mid;
tag[ls] = tag[rs] = 1; tag[p] = 0;
}
void modify (int p, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql <= l && r <= qr) {
c[p] = r - l + 1, tag[p] = 1; return;
}
int mid (l + r >> 1); push_down (p, l, r);
if (ql <= mid) modify (ls, l, mid, ql, qr);
if (qr > mid) modify (rs, mid + 1, r, ql, qr);
c[p] = c[ls] + c[rs];
}
int query (int p, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql <= l && r <= qr) return c[p];
int mid (l + r >> 1), s = 0; push_down (p, l, r);
if (ql <= mid) s += query (ls, l, mid, ql, qr);
if (qr > mid) s += query (rs, mid + 1, r, ql, qr);
return s;
}
} u;
void del (int l, int r) {
int L = l - u.query (1, 1, n, 1, l);
int R = r - u.query (1, 1, n, 1, r);
if (!L) L = 1; if (!R) R = 1;
++res; ans.emplace_back (L, R);
u.modify (1, 1, n, l, r);
--cnt[a[l] - 'a'];
if (r < n) --cnt[a[r] - 'a'];
}
void solve_a () {
tp = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
if (!tp) { t[++tp] = i; continue; }
if (b[t[tp]].fi == p) {
if (b[i].fi == p) t[++tp] = i;
else del (b[t[tp]].se + 1, b[i].se), --tp;
} else {
if (b[i].fi != p) t[++tp] = i;
else del (b[t[tp]].se + 1, b[i].se), --tp;
}
}
if (!tp) return del (1, n), void ();
while (tp > 1) del (b[t[tp - 1]].se + 1, b[t[tp]].se), --tp;
del (1, b[t[1]].se), del (b[t[1]].se + 1, n);
}
void solve_b () {
if (m & 1) del (b[m].se + 1, n), --m, --now;
tp = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
for (int j = 0; j < 26; ++j)
if (cnt[j] * 2 >= now) {
p = j; int mm = 0;
for (int k = 1; k <= tp; ++k) b[++mm] = b[t[k]];
for (int k = i; k <= m; ++k) b[++mm] = b[k];
m = mm;
return solve_a (), void ();
}
if (!tp || b[t[tp]].fi == b[i].fi)
{ t[++tp] = i; continue; }
del (b[t[tp]].se + 1, b[i].se), --tp, now -= 2;
}
del (1, n);
}
signed main() {
int T; read (T);
while (T--) {
scanf ("%s", a + 1);
n = strlen (a + 1); m = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i)
if (a[i] == a[i + 1]) b[++m] = {a[i] - 'a', i};
memset (cnt, 0, sizeof (cnt));
for (int i = 1; i <= m; ++i) ++cnt[b[i].fi];
mx = 0; now = m;
for (int i = 0; i < 26; ++i)
if (cnt[i] > mx) mx = cnt[i], p = i;
res = 0, ans.clear (), u.clear ();
mx * 2 >= m ? solve_a () : solve_b ();
printf ("%d\n", res);
for (auto i : ans) printf ("%d %d\n", i.fi, i.se);
}
return 0;
}
E
原本存在的 \(A\) 将字符串划分为若干段，设每段长度为 \(l_i\)，共 \(s\) 段。新的 \(A\) 一定是尽量平均分布最优，那么一组答案 \((L,R)\) 可行，需要满足两个条件
1、\([\lceil\frac{l_i}{R} \rceil-1,\lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor-1]\) 区间非空
2、\(\sum\lceil\frac{l_i}{R} \rceil-s\leq k\leq \sum\lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor-s\)
对于第二个条件，\(L,R\) 相互独立，可以直接二分出来最大的 \(L'\) 和最小的 \(R'\)。然后分类
1、\(L'\ge R'\)，答案为 \(0\)。此时取任意 \(L=R\in[R',L']\)，第二个条件已经满足，而对于第一个条件，因为 \(\sum\lceil\frac{l_i}{R} \rceil\leq \sum\lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor\)，\(\lceil\frac{l_i}{R} \rceil\ge \lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor\)，所以 \(\forall i,\lceil\frac{l_i}{R} \rceil=\lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor\)，第一个条件也成立。其实，若 \(L'\ge R'\)，必有 \(L'=R'\)
2、\(L'<R'\)，此时需要考虑第一个条件。\(\frac{l_i}{L'}>\frac{l_i}{R'}\Rightarrow \lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor-\lceil\frac{l_i}{R} \rceil\ge-1\)。因为如果不满足，差为 \(-1\)，那么最优方案只需要移动 \(L',R'\) 中的一个即可。也就是会多出一些限制 \((a_i,b_i)\)，表示 \(L'\leq a_i\) 或 \(R'\ge b_i\)，选一些移动 \(L'\)，一些移动 \(R'\)，让 \(R'-L'\) 最小。排个序算算
const int N = 4e5 + 5;
int n, m, k, p[N], l[N];
int L, R;
int f (int x, int o) {
int s = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) s += l[i] / x;
if (o) {
for (int i = 1; i <= m; ++i) s += (l[i] % x != 0);
}
return s;
}
void getLR () {
int l = 1, r = n, mid; L = 1;
while (l <= r) {
mid = l + r >> 1;
int t = f (mid, 0);
if (t < m + k) r = mid - 1;
else L = mid, l = mid + 1;
}
l = 1, r = n, R = n;
while (l <= r) {
mid = l + r >> 1;
int t = f (mid, 1);
if (t > m + k) l = mid + 1;
else R = mid, r = mid - 1;
}
}
pair<int, int> a[N]; int mx[N];
#define fi first
#define se second
int solve () {
int tot = 0, res = 1e16;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int x = l[i] / R + (l[i] % R != 0), y = l[i] / L;
if (x > y) {
a[++tot].fi = l[i] / x;
a[tot].se = y ? l[i] / y + (l[i] % y != 0) : 1e16;
}
}
a[++tot] = {L, 1e16}, a[++tot] = {-1e16, R};
sort (a + 1, a + tot + 1);
for (int i = 1; i <= tot; ++i)
mx[i] = max (mx[i - 1], a[i].se);
for (int i = 2; i <= tot; ++i)
res = min (res, mx[i - 1] - a[i].fi);
return res;
}
signed main() {
int T; read (T);
while (T--) {
read (n), read (m), read (k);
++m, p[1] = 0, p[m + 1] = n;
for (int i = 2; i <= m; ++i) read (p[i]);
for (int i = 1; i <= m; ++i) l[i] = p[i + 1] - p[i];
getLR ();
if (L >= R) { puts ("0"); continue; }
printf ("%lld\n", solve ());
}
return 0;
}
