【做题记录】CF2600左右有趣的思维题1
A. Latin Square
考虑维护三元组 \((i,j,a_{i,j})\)。例如：R 操作就是变成了 \((i,j+1,a_{i,j})\)；I 操作就是变成了 \((i,a_{i,j},j)\)。时间复杂度 \(O(m+n^2)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e3+5;
int T,n,m,a[maxn][maxn],b[maxn][maxn];
string s;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
cin>>a[i][j];
a[i][j]--;
}
}
int pa=1,pb=2,pc=3;
int da=0,db=0,dc=0;
cin>>s;
for(char opt:s){
switch(opt){
case 'R':{
db++;
break;
}
case 'L':{
db--;
break;
}
case 'D':{
da++;
break;
}
case 'U':{
da--;
break;
}
case 'I':{
swap(pb,pc),swap(db,dc);
break;
}
default:{
swap(pa,pc),swap(da,dc);
break;
}
}
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
int aa=pa==1?i:pa==2?j:a[i][j];
int bb=pb==1?i:pb==2?j:a[i][j];
int cc=pc==1?i:pc==2?j:a[i][j];
aa=((aa+da)%n+n)%n;
bb=((bb+db)%n+n)%n;
cc=((cc+dc)%n+n)%n;
b[aa+1][bb+1]=cc+1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
cout<<b[i][j]<<' ';
}
cout<<'\n';
}
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
B. Even Split
显然最小极差是可以二分出来的。check 不容易直接想，先考虑弱化版，假设已经知道了最短、最长的区间长度 \([x,y]\) 如何 check，线性扫一遍维护右端点区间即可。考虑如果这个 \(x\) 太大，即 \(\exist i,l>a_{i+1}\)，则合法的 \(x'\) 必然满足 \(x'<x\)；如果 \(y\) 太小，即 \(\exist i,r<a_i\)，则必然满足 \(y'>y\)，即 \(x'>x\)，于是再二分 \(x'\) 即可。
考虑构造答案，先正向扫一遍使每一段满足最小值的限制，再反过来扫一遍满足最大值的限制即可，构造出的解必然合法。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5;
int n,m,a[maxn],mn,mx,b[maxn];
il int chk(int x,int y){
mn=x,mx=y;
int l=0,r=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(l+x>a[i+1]){
return 1;
}
if(r+y<a[i]){
return -1;
}
l=max(a[i],l+x);
r=min(a[i+1],r+y);
}
if(l>m){
return 1;
}
if(r<m){
return -1;
}
return 0;
}
il bool check(int x){
int l=0,r=m;
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
switch(chk(mid,mid+x)){
case 1:{
r=mid;
break;
}
case -1:{
l=mid+1;
break;
}
default:{
return 1;
break;
}
}
}
return 0;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>m>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
a[n+1]=m;
int l=0,r=m;
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
r=mid;
}else{
l=mid+1;
}
}
check(l);
for(int i=1;i<=n;i++){
b[i]=max(b[i-1]+mn,a[i]);
}
b[n]=m;
for(int i=n;i;i--){
b[i-1]=max(b[i-1],b[i]-mx);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<b[i-1]<<' '<<b[i]<<'\n';
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
C. Two Tanks
考虑一个非常 NB 的转化，如图，两个水桶的范围即为 \([-a,b]\)，中间的蓝色线段为水所在的范围。要求是水条不能超过左右边界，同时必须时刻覆盖 \(0\) 这个点。
设所有的操作的前缀和为 \(s\)，维护它的最大、最小值，考虑即使不考虑上面那些要求依然能满足限制的水条初始左端点范围 \(p\in[l,r]\)。记 \(x=c+d\)。于是有：
对于 \(p\in[l,r]\)，答案即为 \(p+s_n\)。对于 \(p<l\)，会抵到左边界，与 \(l\) 答案相同；另一边和 \(r\) 答案相同。模拟两遍即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e4+5,maxm=1e3+5;
int n,a,b,c[maxn],s[maxn],ans[maxm][maxm];
il int calc(int x,int y){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(c[i]>0){
int t=min({x,c[i],b-y});
x-=t,y+=t;
}else{
int t=min({a-x,-c[i],y});
x+=t,y-=t;
}
}
return x;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>a>>b;
int mx=0,mn=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>c[i];
s[i]=s[i-1]+c[i];
mx=max(mx,s[i]);
mn=min(mn,s[i]);
}
for(int x=0;x<=a+b;x++){
int l=max(-a-mn,-x-mn);
int r=min(-mx,b-mx-x);
int L=calc(-l,x+l);
int R=calc(-r,x+r);
for(int p=-a;p<=0;p++){
if(x+p<0||x+p>b){
continue;
}
if(p<l){
ans[-p][x+p]=L;
}else if(p>=l&&p<=r){
ans[-p][x+p]=-s[n]-p;
}else{
ans[-p][x+p]=R;
}
}
}
for(int i=0;i<=a;i++){
for(int j=0;j<=b;j++){
cout<<ans[i][j]<<' ';
}
cout<<'\n';
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
D. Magician and Pigs (Hard Version)
考虑每个 \(3\) 操作，设执行其前面的所有操作会减去 \(w\)，那么对于当前生命值为 \(val\) 的小猪，其本质就是将它分裂成一个 \(val\) 和一个 \(val-w\)。\(w\) 是好求的，\(2\) 操作就加上，\(3\) 操作就翻倍。
对于插入的一个数 \(a\)，其后面的 \(2\) 操作的影响是好处理的，\(3\) 操作则会分裂。注意到对于两个三操作，其 \(w\) 值至少是翻倍的关系，因此 \(O(\log V)\) 次之后的三操作就没用了。于是我们的问题变为对于一个集合 \(S\)，满足 \(S_i\ge2S_{i+1}\)，问有多少个子集之和小于等于 \(a\)，其中 \(a\) 要提前减去 \(2\) 操作的影响。显然 \(|S|\le\log V\)，那么直接枚举每一位选不选，选则递归，不选则累加后面的所有贡献即可。
但是一开始可能会有一段 \(w=0\)。这些操作的作用是使答案乘二，记录一下就好了。时间复杂度 \(O(n\log V)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=8e5+5,inf=2e9,mod=998244353;
int n,stk[maxn],top;
struct{
int opt,x;
}a[maxn];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1,sum=0;i<=n;i++){
cin>>a[i].opt;
if(a[i].opt<=2){
cin>>a[i].x;
if(a[i].opt==2){
sum=min(inf,sum+a[i].x);
}
}else{
a[i].x=sum;
sum=min(sum<<1,inf);
}
}
int num=1,sum=0,ans=0;
for(int i=n;i;i--){
if(a[i].opt==2){
sum=min(inf,sum+a[i].x);
}else if(a[i].opt==3){
if(!a[i].x){
num=(num+num)%mod;
}else if(a[i].x<inf){
stk[++top]=a[i].x;
}
}else{
int d=1,x=a[i].x-sum;
if(x>0){
for(int j=1;j<=top;j++){
if(x>stk[j]){
x-=stk[j];
(d+=1<<(top-j))%=mod;
}
}
ans=(ans+d*1ll*num)%mod;
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
E. Polygons
显然所有多边形至少公用一个点。又显然若存在正 \(p\) 边形，则对于 \(q|p\) 必然存在正 \(q\) 边形。于是每新加入一个正 \(p\) 边形，其贡献为 \(\varphi(p)\)。于是将所有 \(\varphi\) 排个序取前 \(k\) 小的即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int n,m,prm[maxn],prn,phi[maxn];
bool npr[maxn];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
if(m==1){
cout<<3;
return 0;
}
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!npr[i]){
prm[++prn]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=prn&&i*1ll*prm[j]<=n;j++){
npr[i*prm[j]]=1;
if(i%prm[j]==0){
phi[i*prm[j]]=phi[i]*prm[j];
break;
}
phi[i*prm[j]]=phi[i]*phi[prm[j]];
}
}
ll ans=0;
sort(phi+1,phi+n+1);
m+=2;
for(int i=1;i<=m;i++){
ans+=phi[i];
}
cout<<ans;
return 0;
}
F. Minimum Array
区间操作考虑差分。差分后字典序最小的限制即为存在某个位置 \(i\)，\(1\) 到 \(i-1\) 的所有前缀和都相同，\(1\) 到 \(i\) 的前缀和更小，也就是差分数组字典序更小。假设之前最小的答案出现在第 \(ans\) 次操作后，第 \(ans+1\) 到当前这一次的操作累加到一起为 \(b\) 序列，当前这次操作后答案更小当且仅当差分数组的第一个非零的位置为负数，用 set 维护即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=5e5+5;
int T,n,m,a[maxn],b[maxn];
set<int> st;
struct{
int l,r,x;
}c[maxn];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n+1;i++){
b[i]=0;
}
cin>>m;
int ans=0;
for(int i=1,l,r,x;i<=m;i++){
cin>>l>>r>>x;
c[i]={l,r,x};
if(x){
if(b[l]==0){
st.insert(l);
}
b[l]+=x;
if(b[l]==0){
st.erase(l);
}
if(b[r+1]==0){
st.insert(r+1);
}
b[r+1]-=x;
if(b[r+1]==0){
st.erase(r+1);
}
}
if(st.size()&&b[*st.begin()]<0){
ans=i;
for(int j:st){
b[j]=0;
}
st.clear();
}
}
for(int i:st){
b[i]=0;
}
st.clear();
for(int i=1,l,r,x;i<=ans;i++){
l=c[i].l,r=c[i].r,x=c[i].x;
b[l]+=x,b[r+1]-=x;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
b[i]+=b[i-1];
cout<<a[i]+b[i]<<' ';
}
cout<<'\n';
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
浙公网安备 33010602011771号