Daily Practice： Codeforces Round #816 (Div. 2)

因为第二天要去学校所以这一场没有打，，VP*n

A. Crossmarket

现有两人，其中一人要从左下角走到右上角，另一人要从左上角走到右下角，左下到右上的人每走一格会在当前格制作一个传送门，当某一人在一个有传送门的格子时，可以传送到另一个具有传送门的格子，每走一格需要一个单位的能量，问两人最少一共需要多少能量。

思路：可以制作传送门的人很显然只能一格一格走到终点，另一人尽可能传送最长的距离，计算一下即可。

AC Code：

#include 
 
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int t,n,m;
 
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin>>t;
	while(t--){
		std::cin>>n>>m;
		if(n==1&&m==1){
			std::cout<<0<<'\n';
			continue;
		}
		std::cout<-2+std::min(n,m)<<'\n';
	}
	return 0;
}

B. Beautiful Array

定义一个数组的beauty值为数组中每个数除以k向下取整的值之和，现在给出数组中元素个数，k的值，beauty值，所有元素之和，能否构造一个数组满足条件。

思路：我们可以尽量使构造方法简单。即beauty值集中在一个数。若是总和除以k小于b，那一定无法构造；若除以k大于b，我们可以让其中一个贡献beauty值的数为(b+1)*k-1，尽可能使用总和，其他的给每一个剩余位置赋值k-1（如果可以的话），若全部赋完值s还有剩余的数，那就不可能存在满足条件的数组。

AC Code：

#include 
 
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int t;
ll n,k,b,s;
 
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin>>t;
	while(t--){
		std::cin>>n>>k>>b>>s;
		if(s/k
			std::cout<<-1<<'\n';
			continue;
		}
		std::vectorans(n+1,0);
		if(s/k==b){
			std::cout<
			for(int i=1;i
				std::cout<<' '<<0;
			}
			std::cout<<'\n';
			continue;
		}
		ans[1]=(b+1)*k-1;
		s-=ans[1];
		for(int i=2;i<=n;i++){
			if(s>=k-1) ans[i]=k-1,s-=(k-1);
			else if(s) ans[i]=s,s=0;
			else if(s==0) ans[i]=0;
		}
		if(s){
			std::cout<<-1<<'\n';
			continue;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			std::cout<" \n"[i==n];
		}
	}
	return 0;
}

 os：没开ll WA了一发

C. Monoblock

 一个序列可以根据相邻数字是否相同分段，现给出一个数组，每次修改其中一个值，对于每次修改，输出其所有子串的分段数和。

思路：因为所有的修改都是基于原数组的，所以一开始计算原数组的值是必要的。可以采用双指针的方式从后向前计算以i为开头的子串的值。对于每次修改，讨论会对答案造成影响的情况，若第i个值与i-1个不同，但是修改完成为相同的，那相应的值会-1，然后找到包含这个数的区间作相应的修改，即(n-x+1)*(x-1)，相反情况则是加上这个数。对于i个i+1的讨论同理。

AC Code：

#include 
 
typedef long long ll;
ll n,m;
 
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin>>n>>m;
	std::vectora(n+2,0),f(n+2,0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		std::cin>>a[i];
	}
	ll sum=0;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		int j=i;
		while(j&&a[j-1]==a[i]) j--;
		f[i]=f[i+1]+n-i+1;
		sum+=f[i];
		for(int k=i-1;k>=j;k--){
			f[k]=f[k+1]+1,sum+=f[k];
		}
		i=j;
	}
	while(m--){
		ll x,y;
		std::cin>>x>>y;
		if(a[x]==y){
			std::cout<'\n';
			continue;
		}
		if(y==a[x-1]&&a[x]!=a[x-1]) sum-=(n-x+1)*(x-1);
        if(y!=a[x-1]&&a[x]==a[x-1]) sum+=(n-x+1)*(x-1);
        if(y==a[x+1]&&a[x]!=a[x+1]) sum-=(n-x)*x;
        if(y!=a[x+1]&&a[x]==a[x+1]) sum+=(n-x)*x;
        std::cout<'\n';
        a[x]=y;
	}
	return 0;
}

D. 2+ doors

 给出q个关系，对于每个关系给出x，y，v三个值，表示a[x]|a[y]=v，构造一个字典序最小的数组，满足给出的条件。

思路：实质就是对于二进制下的v按照它的0或1分配给两个数0或1因为要字典序最小，所以尽可能多的赋0。对于v的位是0的情况，那一定是两数该位都是0，若是1的情况，则一定是一个0一个1，x和y靠前的那个赋0。但是最后会出现一些矛盾，即0和1的位置，那就按照前面的赋值来决定该位的情况。注意x==y时直接等于v。

AC Code：

#include 
 
#define int long long
const int N=2e5+5;
int n,m;
int ans[N];
 
struct node{
	int x,v;
};
 
std::vectorvec[N];
 
signed main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int a,b,c;
		std::cin>>a>>b>>c;
		vec[a].push_back({b,c});
		vec[b].push_back({a,c});
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans[i]=(1<<30)-1;
		for(auto e:vec[i])
			ans[i]&=e.v;
		if(!vec[i].size()) ans[i]=0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<30;j++){
			if(ans[i]>>j&1){
				bool flag=false;
				for(auto e:vec[i])
					if(!(ans[e.x]>>j&1)||e.x==i)
						flag=true;
				if(!flag) ans[i]-=(1<
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		std::cout<' ';
	}
	std::cout<<'\n';
	return 0;
}

感觉这场CD还好？虽然没做出来。。。