很久没rated打过cf的比赛了，这次打得还行，至少进前100了
求点赞
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。
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#include #define rep(i,n) for(int i=0;i #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair #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 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("%lld\n",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("%lld\n",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⋅(n−k+1)是否≥sn−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 #define rep(i,n) for(int i=0;i #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair #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(can1]) 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n≤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。dpplayer,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(1002)把dp的表打出来。
时间复杂度O(1002)。
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#include #define rep(i,n) for(int i=0;i #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair #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，≤k的和>k的。观察题目中的定义可知，bi的含义是：在a序列中，从值为i的元素往前找，第一个与i不同类的元素的值。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bi=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bi)。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by=x(最后一块除外)，这也是容易看出的(回顾bi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by=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 #define rep(i,n) for(int i=0;i #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair #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("%d\n",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xk<yk
- 那么我们就可以把[1,x1]和[y1,n]各缩成一个数并匹配；[x1+1,x2]和[y2,y1−1]各缩成一个数并匹配⋯[xk−1+1,xk]和[yk,yk−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。
- xk和yk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dpi,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xp=i,yp=j的方案数。如果p=0则用dp0,n+1表示。发现每个dpi,j可以从某些满足条件的dpi′,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xi位置的前缀和=yi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，al≠0，区间内其他位置都满足ai=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
时间复杂度O(n)。题解看着长但是代码好写。
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#include #define rep(i,n) for(int i=0;i #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair #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 > v; map 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 { 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("%lld\n",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≤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≤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 #define rep(i,n) for(int i=0;i #define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i) #define LL long long #define pii pair #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 st; int qry(int u) { cout<<"? "< 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 { 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<' ';cout< 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？