[题解] Codeforces Global Round 22 1738 A B C D E F 题解

很久没rated打过cf的比赛了,这次打得还行,至少进前100了

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A. Glory Addicts

把类型0的数放进数组a里,类型1的数放进数组b里。如果(|a|=|b|),你可以把所有数里最小的放在第一个,其他的交错排列,这样除了最小的其他都能取到2的系数。这个需要特判。否则假设(|a|>|b|),则可以把a中最小的放第一个,然后分别把b和a中最大的(|b|)个拿出来交替排列,这样能使b和a中最大的(|b|)个都取到2的系数。容易发现没有更好的排法了。

时间复杂度(O(nlogn))

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#include <bits/stdc++.h>  #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair <int,int> #define fi first #define se second #define mpr make_pair #define pb push_back  using namespace std;  LL t,n,tt[100010],vv[100010]; vector <LL> a,b;  int main() {   cin>>t;   rep(tn,t)   {     scanf("%lld",&n);     a.clear();b.clear();     rep(i,n) scanf("%lld",&tt[i]);     rep(i,n) scanf("%lld",&vv[i]);     LL ans=0;     LL mn=1e18;     rep(i,n)     {       if(tt[i]==0) a.pb(vv[i]);else b.pb(vv[i]);       ans+=vv[i];       mn=min(mn,vv[i]);     }     sort(a.begin(),a.end());reverse(a.begin(),a.end());     sort(b.begin(),b.end());reverse(b.begin(),b.end());     if(a.size()==b.size())     {       printf("%lldn",ans*2-mn);       continue;     }     LL sz=min(a.size(),b.size()),v1=0,v2=0;     rep(i,sz) v1+=a[i];rep(i,sz) v1+=b[i];     ans+=v1;     printf("%lldn",ans);   } 	return 0; } 

B. Prefix Sum Addicts

应该是比较容易错的题吧,我最后几分钟想着来不及做G了就去叉这题,结果叉了两个都失败了,喜提-100pts

首先k=1的时候一定是YES。否则a数组最后的k-1项已经确定了,先看已经确定的有没有违反不降。令a的第(n-k+2)项为x(已经确定了)。则它前面的数最大只能都是x。所以就看(x cdot (n-k+1))是否(geq s_{n-k+1})就行了。最后就是注意要开long long。

时间复杂度(O(n))

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#include <bits/stdc++.h>  #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair <int,int> #define fi first #define se second #define mpr make_pair #define pb push_back  using namespace std;  LL t,n,k,s[100010];  int main() {   cin>>t;   rep(tn,t)   {     scanf("%lld%lld",&n,&k);     for(int i=n-k+1;i<=n;++i) scanf("%lld",&s[i]);     LL lst=1e12,ok=1;     for(int i=n-1;i>=n-k+1;--i)     {       LL cur=s[i+1]-s[i];       if(cur>lst)       {         ok=0;         break;       }       lst=cur;     }     LL can=(n-k+1)*lst;     if(can<s[n-k+1]) ok=0;     puts(ok==1 ? "YES":"NO");   } 	return 0; } 

C. Even Number Addicts

一开始以为是要观察什么神奇的性质,结果一看数据范围哦豁(nleq 100),那不是直接暴力算就行嘛

Alice想要尽量取到偶数个奇数,Bob想要尽量让Alice取到奇数个奇数。(dp_{player,val,o,e})表示当前玩家是player(值为0/1 表示Alice/Bob),当前Alice取到的奇数个数奇偶性为val,还剩o个奇数没取,e个偶数没取,此时的先手能不能胜利。转移也是很简单的,枚举接下来取奇数还是偶数就行。如果能转移到的状态有任意一个是必败,那当前状态就是必胜;否则当前状态为必败。边界情况就是(o=e=0),根据player和val的值确定胜败即可。可以在所有询问之前先(O(100^2))把dp的表打出来。

时间复杂度(O(100^2))

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#include <bits/stdc++.h>  #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair <int,int> #define fi first #define se second #define mpr make_pair #define pb push_back  using namespace std;  int t,n,a[110],dp[2][2][110][110];  int dfs(int p,int v,int o,int e) {   int &ret=dp[p][v][o][e];   if(ret!=-1) return ret;   if(o==0&&e==0)   {     if(p==0) return ret=(v==0 ? 1:0);     return ret=(v==1 ? 1:0);   }   ret=0;   if(p==0)   {     if(o>0) ret|=(dfs(1,v^1,o-1,e)==0);     if(e>0) ret|=(dfs(1,v,o,e-1)==0);   }   else   {     if(o>0) ret|=(dfs(0,v,o-1,e)==0);     if(e>0) ret|=(dfs(0,v,o,e-1)==0);   }   return ret; }  int main() {   rep(i,2) rep(ii,2) rep(j,105) rep(k,105) dp[i][ii][j][k]=-1;   rep(i,2) rep(ii,2) rep(j,103) rep(k,103) if(dp[i][ii][j][k]==-1) dfs(i,ii,j,k);   cin>>t;   rep(tn,t)   {     cin>>n;     int o=0,e=0;     rep(i,n)     {       scanf("%d",&a[i]);       if(abs(a[i])%2!=0) ++o;       else ++e;     }     puts(dp[0][0][o][e]==1 ? "Alice":"Bob");   } 	return 0; } 

D. Permutation Addicts

把数值分成2类,(leq k)的和(>k)的。观察题目中的定义可知,(b_i)的含义是:在a序列中,从为i的元素往前找,第一个与i不同类的元素的。最终的a序列是会被划分成若干块的,每一块内的元素类型都相同,且相邻两个块内的元素类型不同。发现(b_i=0或n+1),当且仅当i在第一块内。所以我们可以快速地找出第一块内的所有元素(通过检查(b_i))。但是每一块内的所有元素顺序也不能乱排,其实每一块内有且仅有1个元素x,满足存在若干y使得(b_y=x)(最后一块除外),这也是容易看出的(回顾(b_i)的含义)。这个x必须排在当前块的最后一个,而块内其他元素可以按任意顺序排。同时发现,所有满足(b_y=x)的y就是下一块的所有元素。到这里这题就做完了,按照上面说的模拟即可。

时间复杂度(O(n))

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#include <bits/stdc++.h>  #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair <int,int> #define fi first #define se second #define mpr make_pair #define pb push_back  using namespace std;  int t,n,b[100010],k,ans[100010]; vector <int> v[100010];  int main() {   cin>>t;   rep(tn,t)   {     scanf("%d",&n);     rep(i,n+3) v[i].clear();     repn(i,n)     {       scanf("%d",&b[i]);       v[b[i]].pb(i);     }     int curnode,startpos=1,stat;     if(v[0].size()>0) curnode=0,stat=1;     else curnode=n+1,stat=0;     k=0;     while(startpos<=n)     {       int nxt=-1;vector <int> tmp;       rep(i,v[curnode].size())       {         int u=v[curnode][i];         if(v[u].size()>0) nxt=u;         else tmp.pb(u);       }       rep(i,tmp.size()) ans[startpos+i]=tmp[i];       ans[startpos+tmp.size()]=nxt;       if(stat==0) k+=v[curnode].size();       startpos+=v[curnode].size();       curnode=nxt;       stat^=1;     }     printf("%dn",k);     repn(i,n) printf("%d ",ans[i]);     puts("");   } 	return 0; } 

E. Balance Addicts

似乎有很多群友写的很烦还被卡,我的做法还是比较好写的。

原数组下标从1开始。题目中的划分序列,其实等价于:

  • 选出2个序列x、y(下标从1开始),长度都为k((k>0)),满足x严格递增,y严格递减,x和y中的所有元素都在[1,n]中
  • 并且满足(x_k<y_k)
  • 那么我们就可以把([1,x_1]和[y_1,n])各缩成一个数并匹配;([x_1+1,x_2]和[y_2,y_1-1])各缩成一个数并匹配(cdots)([x_{k-1}+1,x_k]和[y_k,y_{k-1}-1])各缩成一个数并匹配。这里还要要求每两个匹配区间内的数之和相等。
  • (x_k和y_k)之间如果还有空隙,把中间的数缩成一个,作为回文序列的最中间一个数。

发现每一对合法的(x,y)都对应了一种划分序列的方案。还要加上整个序列合并成一个数的1种方案。

可以令(dp_{i,j})表示当前已经选择了x和y的一段长度都为p的前缀,其中(x_p=i,y_p=j)的方案数。如果p=0则用(dp_{0,n+1})表示。发现每个(dp_{i,j})可以从某些满足条件的(dp_{i',j'}(i'<i,j'>j))转移。但是有这些还是没法写这题的

处理出原序列的前缀和和后缀和。发现对于每一对合法的(x,y)和任意i,都满足(x_i)位置的前缀和=(y_i)位置的后缀和。因此可以按照值从小到大,枚举每一段极长连续且相等的前缀和,令其范围为[l,r],前缀和值为val。显然,(a_l neq 0),区间内其他位置都满足(a_i=0)。如果没有任何一个位置满足其后缀和为val,则跳过这个区间。否则,令值为val的极长后缀和区间为[l',r']。如果[l,r]和[l',r']不相交,我们可以在这两个区间内分别选择相同数量的位置,并分别接在之前提到的x序列和y序列的最后。可以记录一个变量pre,表示满足x序列的最后一个数<l,且y的最后一个数>r'的(x,y)的数量。令在[l,r]和[l',r']内选择>0个数的方案数为wys,每次令(pre+=pre cdot wys)即可。如果[l,r]和[l',r']相交,那么肯定满足l'=l+1,r'=r+1,我们在[l,r']中选择偶数个位置即可。并且我们就不能再接着枚举前缀和的值了,因为我们对(x,y)的要求是x的最后一个数 < y的最后一个数。此时需要break。

时间复杂度(O(n))。题解看着长但是代码好写。

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#include <bits/stdc++.h>  #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair <int,int> #define fi first #define se second #define mpr make_pair #define pb push_back  using namespace std;  const LL MOD=998244353;  LL qpow(LL x,LL a) { 	LL res=x,ret=1; 	while(a>0) 	{ 		if((a&1)==1) ret=ret*res%MOD; 		a>>=1; 		res=res*res%MOD; 	} 	return ret; }  LL t,n,a[100010],pref[100010],suf[100010],fac[100010],inv[100010]; vector <pair <LL,pii> > v; map <LL,pii> mp;  LL C(LL nn,LL mm){return fac[nn]*inv[mm]%MOD*inv[nn-mm]%MOD;}  int main() {   fac[0]=1;repn(i,100005) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;   rep(i,100003) inv[i]=qpow(fac[i],MOD-2);   cin>>t;   rep(tn,t)   {     scanf("%lld",&n);     repn(i,n)     {       scanf("%lld",&a[i]);       pref[i]=pref[i-1]+a[i];     }     suf[n+1]=0;     for(int i=n;i>0;--i) suf[i]=suf[i+1]+a[i];     v.clear();     repn(i,n)     {       int p=i;       while(p+1<=n&&pref[p+1]==pref[i]) ++p;       v.pb(mpr(pref[i],mpr(i,p)));       i=p;     }     mp.clear();     for(int i=n;i>0;--i)     {       int p=i;       while(p-1>0&&suf[p-1]==suf[i]) --p;       mp[suf[i]]=mpr(p,i);       i=p;     }     LL pre=1;     rep(i,v.size()) if(mp.find(v[i].fi)!=mp.end())     {       LL l1=v[i].se.fi,r1=v[i].se.se,l2=mp[v[i].fi].fi,r2=mp[v[i].fi].se;       if(r1<l2)       {         LL tot=0;         repn(cho,min(r1-l1+1,r2-l2+1)) (tot+=C(r1-l1+1,cho)*C(r2-l2+1,cho))%=MOD;         (pre+=tot*pre)%=MOD;       }       else       {         LL tot=0;         repn(cho,(r2-l1+1)/2) (tot+=C(r2-l1+1,cho+cho))%=MOD;         (pre+=tot*pre)%=MOD;         break;       }     }     printf("%lldn",pre);   } 	return 0; } 

F. Connectivity Addicts

稍微有点诈骗。

我们染色的要求是,同种颜色必须连通,每种颜色都满足度数之和(leq)点数的平方。这启发我们可以拿出度数最大的点(注意度数序列是题目初始时输入的),直接询问出所有与他相连的点,并把这些所有点都染成同一种颜色。此时被染成这种颜色的点集大小已经超过了其中点的度数的最大值,所以就算我们不断向点集中加入到原来点集中的点有边的其他点(不管加多少都行),点集仍然满足度数之和(leq)点数的平方(称其为万能点集,每个万能点集中的点颜色都相同)。把度数最大的点和他所连接的点都染色后,我们再拿出没被染色的点中度数最大的,令其为点x。仍然是询问出所有与x连接的点,如果所有这些点都没被染色,那么恭喜,你又找到一个"万能点集",可以把其中的点再都染成同一种颜色,以后也可以再向其中加点。如果询问过程中发现有一个连到的点y已经被染色,那么干脆把x,以及在询问y之前询问到的所有点(都是没染色的),都加到y所属的万能点集中(可以用并查集),与y染成同一种颜色。容易发现这是符合题目中的染色规则的。重复找出度数最大的未染色点并询问的这种操作,直到没有未染色点。我们每询问一次,都有至少1个点被染色。所以总询问次数不会超过n。

时间复杂度(O(nlogn))

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#include <bits/stdc++.h>  #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair <int,int> #define fi first #define se second #define mpr make_pair #define pb push_back  using namespace std;  int t,n,d[1010],fa[1010],c[10010]; bool con[1010]; set <pii> st;  int qry(int u) {   cout<<"? "<<u<<endl;   cout.flush();   int x;cin>>x;return x; }  int Find(int x) {   if(fa[x]!=x) fa[x]=Find(fa[x]);   return fa[x]; }  int main() {   ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(0);cout.tie(0);   cin>>t;   rep(tn,t)   {     cin>>n;     repn(i,n) cin>>d[i];     repn(i,n) fa[i]=i,con[i]=0;     st.clear();     repn(i,n) st.insert(mpr(-d[i],i));     LL cnt=0;     while(cnt<n)     {       pii bg=*st.begin();st.erase(st.begin());       bg.fi=-bg.fi;       con[bg.se]=true;       ++cnt;       rep(i,bg.fi)       {         int v=qry(bg.se);         if(con[v])         {           fa[Find(bg.se)]=Find(v);           break;         }         con[v]=true;fa[Find(v)]=Find(bg.se);         st.erase(mpr(-d[v],v));         ++cnt;       }     }     cout<<"! ";     int len=0;     repn(i,n) if(Find(i)==i) c[i]=++len;     repn(i,n) if(Find(i)!=i) c[i]=c[Find(i)];     repn(i,n) cout<<c[i]<<' ';cout<<endl;     cout.flush();   } 	return 0; } 

有一说一,H不仅有原题而且据说还是板子。。。有群友半小时不到就切了/fad
LOJ原题链接
原题是这题的强化版?

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