[Codeforces]CF Global Round 15ABCD

【CF Global Round15】

https://codeforces.com/problemset/problem/1552/A ，把字符串排序好得到\(t[1,\dots,n]\)，把\(str[i]\neq t[i]\)的抽出来就行。

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https://codeforces.com/problemset/problem/1552/B ，虽然在这里可能会存在\(a<b,b<c\)但是\(a>c\)的情况，但我们依然可以重载小于号，从左到右取max，如果\(x\)符合答案的条件，一定会被取到，同时再check一边是否比别的都要大就行。

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https://codeforces.com/problemset/problem/1552/C ，卡了许久，题目有一句话很关键：o point strictly inside the circle belongs to all 3 chords.也就是只要有交叉就会多一个交点，不用管三线共点的情况。于是可以证明，最优的染色方法是把剩下的\(2(n-k)\)个点拎出来重新标号，然后按照第\(i\)个点连接\(i+(n-k)\)来连线（假设原本是\(a-b,c-d\)这样没有交叉的连接，如果换成\(a-c,b-d\)这样有交叉的连法，交点至少不会变少）。

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https://codeforces.com/contest/1552/problem/D ，给一个\(a[1,\dots,n]\)，问是否存在\(b[1,\dots,n]:\)对所有\(a_i\)存在\(1\leq j,k\leq n:a_i=b_j-b_k\)，这题\(n\leq 10\)。

\(n\)只有10看着就很乱搞…首先\(b\)的一个差分一定能搞定一个\(a_i\)，所以\(n\)个位置至少能解决\(n-1\)个\(a_i\)，问题就是剩下一个怎么搞定。

如果\(a_i=0\)或者\(a_i=a_j\)，就可以少用一个\(b\)的代价，这时候一定是YES，进一步，只要能找到\(a[1,\dots,n]\)的一个子序列\(\pm a_{p_1}\pm a_{p_2}\dots\pm a_{p_k}=0\)就行，当然这只是充分条件，但我们猜他必要，于是\(O(n3^n)\)暴力枚举试着交一发，过了，好那他就是必要条件了（bushi）。

[必要性]假设存在符合条件的\(b\)数组，考虑张\(n\)个点的图，每个点的点权是\(b_i\)，接着因为每个\(a_i\)都能写成\(b_{j_i}-b_{k_i}\)的形式，我们连一条\((j_i,k_i)\)的边权为\(a_i\)的边，这样就构成了一个\(n\)个顶点\(n\)条边的图，\(|V|=|E|=n,|V|+|F|-|E|=2\)，此时一定有环（此时先不考虑方向），而这个环上：

\(\begin{aligned}(b_{v1}-b_{v2})+(b_{v2}-b_{v3})+\dots+(b_{v_{k-1}}-b_{vk})+(b_{vk}-b_{v1})=0\end{aligned}\)

我们说每条边对应一个\(a_i\)，那这个式子就意味着\(a[1,\dots,n]\)的一个子序列\(\pm a_{p1}\pm\dots\pm a_{pk}=0\)，也就是我们前面的充分条件。