CF 1045 Div.2 解题报告

A（800）

题意：给定一个长为 \(n\) 的字符串，可以进行两次长度分别为 \(a\) 和 \(b\) 的染色（会覆盖）。问最后能否形成回文串。

根据 \(a\) 和 \(b\) 的大小关系，和三个数的奇偶性进行分类讨论即可。

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B（1200）

题意：给定一个数组 \(a\)，你可以给每个数最多加 \(k\) 次 \(k\) 来使得最后 \(a\) 数组中所有数的最小公因数不为 \(1\)。请输出最后的数组。

看到最多加 \(k\) 次 \(k\) 和公因数，就应该想到要看模某个数的余数，然后下意识地想到模 \(k+1\)。（因为有 \(k+1\) 个剩余类，其中 \([0]\) 是我们想要的；其他 \(k\) 剩余类均可以通过至多 \(k\) 次操作转移到 \([0]\) 中）

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C（1200）

题意：给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，下标从 \(1\) 开始。你可以对数组进行任意次操作，每一次操作可以对数组中一个非负元素减一。请在最小的操作次数内，使得对于任意 \(1 \le l < r \le n\)，都有下标在 \([l,r]\) 中的下标为偶数的元素和大于等于下标为奇数的元素和。

原题面描述不好！考虑最极端的情况，对于一个下标为偶数 \(i\) 的元素，区间内只有它和它左右两边的元素，此时最小操作次数就为：\(a_{i+1}+a_{i-1}-a_i\)。那么这些操作应放到谁身上呢？肯定是放到 \(i+1\) 上造福后人啊。

注意判断不需要操作的情况！

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D（2300）

题意：给定一颗 \(n\) 个点的树，你每一次操作可以选择一条链上的一个点，将该点的所有非链上儿子及其子树往其链上父亲或链上儿子移动（就是断开原来的边，往移动到的点连边），直到最后形成一条链。你需要最小化这个过程中的操作次数，你只需要输出方案中的第一步即可。

首先，我们就不应该忽略第一步这个信息，因为这可以大大减轻我们的思维难度。

其次，我们思考：如果要最小化步数，那么原来选择的链的长度就要尽可能大——也就是树的直径。

然后，我们要考虑：一次操作至多可以增加链长多少？答案是 \(1\)。如果存在操作使得增长量大于 \(1\)，那么直径一定没求对。

最后，怎么构造一次操作使得直径增长。我们只需要在直径上找到一个不止一个儿子的点，让它往它的非直径上儿子移动。

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E（2300）

题意：有一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，满足 \(\forall_{i \in [1,n]}a_i \in [1,2]\)，数组初始值未知。

你可以进行如下操作：

• 交换 \(a_x\) 和 \(a_{x+1}\)；

• 从 \(i\) 出发，每一次移动到 \(i+a_i\)；如果位置大于 \(n\)，则结束。返回移动次数。

你可以进行至多 \(\lceil \frac{3n}{2} \rceil\) 操作，请还原数组 \(a\)。

有一个 Trick：先判可以判的，然后再判不能判的（这通常需要不能判的具有某种性质）。

我们令 \(d_i\) 表示从 \(i\) 出发的移动步数，然后分类讨论：

• 若 \(d_{i+1} \neq d_{i+2}\)，那么 \(i\) 就可以判断（即若 \(d_i=d_{i+1}+1\)，那么就有 \(a_i=1\)，否则 \(a_i=2\)）

• 若 \(d_{i+1}=d_{i+2}\)，那么 \(i\) 就不能判断（因为 \(a_i=1\) 和 \(a_i=2\) 的结果一样，都是 \(d_i=d_{i+1}+1\)。好处是不用询问了。）

然后我们注意到不能判断的下标一定不连续（自行证明）。

这么判断一轮后，我们就来处理之前不能判的：

• 交换 \(i\) 和 \(i+1\)；

• 再次询问 \(i+1\)。（等价于把 \(i+1\) 夺舍了，因为不能判断的下标不连续，所以 \(i+1\) 一定可以判断）

分析操作次数：能判断的用 \(1\) 次，不能判断的用 \(2\) 次。因为不能判断的下标不连续，一定不超上限。

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F（？）

run 我真不会，另请高人吧。