Codeforces Round #733 (Div. 1 + Div. 2)

Codeforces Round #733 (Div. 1 + Div. 2)

A

略

B

略

C

略

D

题意就是构造一个错位排列 \(b\)，和 \(a\) 相同的位置尽量多。

设 \(a_i\) 有 \(num\) 种，答案只能为 \(num/num-1\)。首先给每个 \(a_i\) 随便配一个位置，如果只剩下一个位置且剩下的元素和位置标号相同，则方案需要修改：如果存在一个 \(a_i\) 有多个位置，随便换一个就一定可行了，答案依旧为 \(num\)；否则，只能随便把一个 \(a_i\) 的匹配拆开，答案减一，然后一定存在一种方案。

E

分类讨论烦烦题。答案只能是 \(0/1/n-1\)。

1、若只有一种字符，随便排都一样，\(f(t)=n-1\)

2、存在某种字符只有一个，把它放在开头，\(f(t)=0\)，并且后面随便，从小到大排即可

3、设最小的为 \(x\)，如果 \(x\) 能在开头放两个，后面不能再出现 \(xx\)，判断一下数量关系；否则只能放一个，第二个放次小的 \(y\)，然后再分类：如果只有一个 \(x\)，接下来就从小到大排；否则，如果有多于三种字符，可以从第三个位置开始放掉所有的 \(x\)，然后接上第三大的 \(z\)，之后贪心；如果只有两种字符，只能 \(xyyy\dots yyxxx\dots xx\)。

F

对角线先别管，容斥一下做 \(4\) 遍就好了。大体思路就是先对行预处理然后枚举列的情况进行容斥（略）

G

构造毒毒题。设 \(a\) 中 \(1\) 的数量为 \(c\)。我们只考虑让 \(c+1\) 段连续的 \(0\) 的个数组成的数列 \(p\) 相同（记为 \(p_0,p_1,p_2\dots p_c\)）。先把 \(0/1\) 数目对不上的明显无解判掉。

1、\(k=0\)，啥也改不了，比较一下就好了

2、\(k=c\)，只能改变 \(p[1,c-1]\) 顺序并让 \(p_0,p_c\) 重新分配，特判

3、\(1\le k<c\)，此时考虑进行一对操作：翻转 \(p[0,k]\)，再翻转 \(p[1,k+1]\)，前 \(k+1\) 个变成 \(p_k,p_{k+1},p_0,p_1\dots p_{k-1}\)，也就是把后两个滚到前面了。若 \(k+1\) 为奇数，进行 \(k\) 组操作后，原本的每个 \(p_i\) 都会到 \(p_{k+1}\) 一次，而我们就趁这个机会把 \(p_i\) 合并到 \(p_0\) 中。于是一番操作后，\(p[0,k+1]\) 中的所有 \(0\) 都到了 \(p_0\) 里。对于 \(k+1\) 之后的，显然可以通过 \(c-k\) 次翻转把他们都弄到前 \(k+1\) 里。那么我们就通过 \(\le 2c\le2n\) 次操作把 \(a\) 的所有 \(0\) 都堆到了最前面。设这个过程为 \(A\)，设把 \(b\) 中所有 \(0\) 堆到最前面的过程为 \(B\)，操作可逆，那么我们只要正着输出 \(A\)，倒着输出 \(B\) 就是最终的方案。对于 \(k+1\) 为偶数的情况，奇偶相对独立，做法类似。

H

一步一步来：

1、考虑逆过程，即从 \(a_n\) 到 \(a_1\) 的顺序填，以为这样不会覆盖，更容易计算。每次加上一个数只能在头和尾的位置。

2、不要管当前人在哪里，只要让出现在格子上的数之间有足够的距离

3、最优方案中出现在格子上的数，满足两个条件：是 \(a_n\) 或在 \(b\) 的 \(LIS\) 中。

4、分 \(a_n\) 在不在 \(LIS\) 中做两边。设 \(f_L(k,i)\) 表示 \([i,n]\) 中选了 \(k\) 个，\(i\) 被选了且被加在最左边，\(LIS\) 右端的最小值是多少，\(f_R(k,i)\) 定义类似。然后在 \(f_L,f_R\) 之间转移，可以用线段树优化为 \(kn\log n\)。

5、最后发现 \(b\) 数组由 \(a\) 的一个上升序列和一个下降序列拼成，而 \(a\) 随机，那么 \(k\) 的数量级为 \(\sqrt{n}\)，复杂度 \(O(n^{1.5}\log n)\)