Codeforces Round 1079 Div.1做题记录

Codeforces Round 1079 Div.1

编号	CF2196
赛时解决	A,B,C1,C2
赛后订题	A,B,C1,C2,D

Solution

A

会发现存在正整数 \(k\) 和非负整数 \(b\) 满足 \(p = 2k+b,q = 3k+b\) 时，Bob 才能获胜。

因为 Alice 先手，Bob 只需要给 Alice 相反的减一即可。

不难得到 \(k = q-p\)，然后判一下 \(k\) 是否为正数，并且 \(b = p-2k\) 是否非负即可。

B

很有意思的题。统计 \((i,j)\) 满足 \(a_i\times a_j = j-i\) 的二元组个数。

• \(n \le 2\times 10^5\)，\(1 \le a_i \le 10^9\)。

发现 \(a_i\) 都是正数，这非常好！那么天然地有 \(i < j\)。

有一个很自然的思路，枚举 \(i\)，然后 \(a_i\) 和 \(i\) 是已知的。\(j-i\) 是 \(a_i\) 的倍数，所以枚举 \(j = i + k\times a_i\)。

这个思路很对！但是当 \(a_i\) 很小的时候复杂度会退化到 \(O(n^2)\)。

不过我们发现几个性质：

• 对于 \(a_i \ge n\)，这些 \(a_i\) 一定不会产生贡献。因为 \(\max (j-i) = n-1\)。
• 不会存在满足条件的二元组 \((i,j)\)，满足 \(a_i \ge \sqrt n\) 且 \(a_j \ge \sqrt n\)，理由同上。

因此，本题中的二元组不妨划定为以下两种情况：

• \(a_i < \sqrt n, a_j < \sqrt n\)。
• \(a_i < \sqrt n, a_j \ge \sqrt n\) 或 \(a_i \ge \sqrt n, a_j < \sqrt n\)。

第一种是很好做的，因为我们只需要根据 \(i\) 枚举 \(j=i+k\times a_i\) 的过程中控制 \(j\) 的值即可。

此时会发现 \(k < \sqrt n\) 是一定成立的，我们枚举的 \(k\) 不超过 \(\sqrt n\) 个，因此复杂度 \(O(n \sqrt n)\) 没问题。

考虑第二种，会发现如果从 \(a_i \ge \sqrt n\) 向左右两边都枚举的话，\(k \le \frac{n}{a_i} \le \sqrt n\)。这样能保证所有第二种的都可以被搜到，所以复杂度 \(O(n \sqrt n)\) 依然没问题。

实现上我直接让所有都向两边搜了，然后如果是第一类的话，那么会统计两次。所以第二类的统计算两次，最终答案除以二即可。

C1 & C2

我觉得 C2 其实很一眼的吧，就是实现起来要好好想想。

因为询问必须 \(n+m\) 次，而且是 DAG，因此我们不难想到，如果一个点 \(u\) 已经被访问完了，那么接下来再访问到 \(u\) 时，我们就知道接下来的 \(d_u\) 个路径字典序是不会有任何好处的。

其中 \(d_u\) 表示点 \(u\) 的出度，此时我们直接跳过 \(d_u\) 个即可。

也就是说，我们需要确保每次询问都要贡献一条有效边。

而我们如果这样跳过的话，很容易发现问的每个都是有效的，同时还会不可避免地问 \(n-1\) 个节点（因为 \(1\) 可以不问）。

最后结束条件，也就是返回为 \(0\)，就可以完结撒花啦！

代码实现的话，不妨用 stack 来记录路径上的节点。有点像 DFS，然后注意退出节点时，累加指向它的点的度数并且标记已经访问，下次直接跳过即可。

D

很好的贪心题！

考虑已经配对的，直接删掉即可，对答案没有影响。因为如果我们对配对的对修改的话，会拆散一对，并最多形成一对，这是不优的。

考虑删完配对的对之后，序列形如 )]))])]]](]]((][(([([[([，即圆括号和方括号的相对顺序分别为 )))((( 和 ]]][[[。

此时我们考虑怎么删。我们发现只要有一对满足左边是 ( 或 [，或者右边是 ) 或 ]，那么只需要 \(1\) 次操作即可删掉。

那么这样删到最后，最多只会剩下一对恰好无法用上述方法匹配的，需要 \(2\) 次操作。

发现上述最后剩下一对无法匹配的情况，当且仅当左括号和右括号个数都是奇数，同时存在至少一个左括号在右括号左边。

于是本题就做完了，时间复杂度 \(O(\sum n)\)。