Codeforces Global Round 3

Codeforces Global Round 3

A. Another One Bites The Dust

有若干个a，有若干个b，有若干个ab。你现在要把这些串拼成一个串，使得任意两个相邻的位置都是不同字符，求可能的最长串长度。

枚举一下\(a\)开头还是\(b\)开头，那么接下来就被唯一确定了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a,b,c;long long ans;
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
	ans=0ll+c*2+min(a,b+1)+min(a,b);
	if(b)--b,ans=max(ans,1ll+c*2+min(a,b+1)+min(a,b));
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

B. Born This Way

有\(n\)个航班从\(A\)前往\(B\)，起飞时间分别是\(a_1,a_2,...,a_n\)，飞行时间都是\(t_a\)。有\(m\)个航班从\(B\)前往\(C\)，起飞时间分别是\(b_1,b_2,...,b_m\)，飞行时间是\(t_b\)。现在有一个人要从\(A\)到\(C\)，你可以取消不超过\(k\)个航班，使得这个人到达\(C\)的时间最晚。

求出最晚时间，如果可以让这个人无法到达，输出\(-1\)。

显然这个人越早到达\(B\)越好，所以我们取消掉的一定是\(a\)的一段前缀。而到达\(B\)之后一定会坐上最早出发的航班，所以同理删去到达之后的一段连续的航班。

那么枚举一下在\(a\)删掉的前缀长度就行了。

注意判断一下\(n\le k,m\le k\)的情况

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 200200
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,m,ta,tb,k,ans;
int a[MAX],b[MAX];
int main()
{
	n=read();m=read();ta=read();tb=read();k=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;++i)b[i]=read();
	if(n<=k||m<=k){puts("-1");return 0;}
	for(int i=0,p=1;i<=n&&i<=k;++i)
	{
		while(p<=m&&b[p]<a[i+1]+ta)++p;
		if(m-p+1+i<=k){puts("-1");return 0;}
		ans=max(ans,b[p+k-i]+tb);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

C. Crazy Diamond

你有一个长度为\(n\)的一个排列\(p\)，其中\(n\)是一个偶数。

你的任务是要把这个排列排序，两个位置可以交换当前仅当满足\(2|i-j|\ge n\)。

你需要构造一个交换次数不超过\(5n\)的交换方式。

考虑顺次把每个数归位的过程。

分情况讨论一下，假设当前第\(i\)个数在位置\(p\)。

如果\(p,i\)两个位置可以直接交换，那么就直接交换。

否则如果\(p,i\)都可以和\(1\)交换，那么通过\(1\)进行交换就行。

否则如果\(p,i\)都可以和\(n\)交换，那么通过\(n\)进行交换就行。

否则\(p\)可以和\(1\)，\(i\)可以和\(n\)交换，那么通过\((p,1),(i,n),(1,n),(p,1),(i,n)\)这样\(5\)次操作就可以交换。

所以最坏情况下就是\(5n\)次。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 300300
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,p[MAX],b[MAX];
bool chk(int i,int j){return 2*abs(i-j)>=n;}
vector<pair<int,int> > Ans;
void add(int i,int j){if(i==j)return;swap(p[i],p[j]);b[p[i]]=i;b[p[j]]=j;Ans.push_back(make_pair(i,j));}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)b[p[i]=read()]=i;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		if(i==b[i])continue;
		if(chk(b[i],i))add(i,b[i]);
		else
		{
			int p=b[i];
			if(chk(1,p)&&chk(1,i))add(1,p),add(1,i),add(1,p);
			else if(chk(n,i)&&chk(p,n))add(n,i),add(p,n),add(n,i);
			else if(chk(1,p)&&chk(i,n))add(1,p),add(i,n),add(1,n),add(1,p),add(i,n);
		}
	}
	printf("%d\n",(int)Ans.size());
	for(auto p:Ans)printf("%d %d\n",p.first,p.second);
	return 0;
}

D. Dirty Deeds Done Dirt Cheap

给定两个长度为\(n\)的数列\(a,b\)，保证所有数都在\([1,2n]\)中且各不相同。

现在你要选出尽可能多的在\([1,n]\)的数，使他们构成一个数列\(\{i\}\)，满足数列：

\(a_{i1}b_{i1}a_{i2}b_{i2}...a_{im}b_{im}\)是一个波动序列。

即每个数都同时大于相邻的两个数或者小于相邻的两个数。

首先数列有两种形式，第一种是\(<><><>\)这样子，第二种是\(><><><\)在这样子。

那么这样子就确定了\((a_i,b_i)\)组内的大小关系，可以把二元组分成两类，两类只能分别构造答案。

那么一个二元组可以连在另外一个二元组前面，当前仅当\(b_i<a_j\)或者\(b_i>a_j\)。

假如我们只考虑\(b_i<a_j\)的情况。考虑把所有数按照\(a_i\)排序，这样子每个二元组的出边就是一个后缀，那么我们只需要贪心的把边连到\(b\)最小的上面去就行了，这样子拿线段树就可以维护了，或者进一步，发现\(b\)是单增的，所以用堆之类的东西维护就行了。

然而这样子很呆。

我们换一种考虑的方法，因为\(b\)是单增的，所以我们直接按照\(b\)排序，此时发现按照排序之后的结果就是合法的。

因为\(a_{i}>b_{i}<b_{i+1},a_{i+1}>b_{i+1}\)，

所以有\(a_{i}>b_{i}<a_{i+1}>b_{i+1}\)。

类似的，反过来\(b_i>a_j\)按照\(a\)排序就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 300300
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,r,a[MAX],b[MAX],p[MAX];
bool cmpb(int x,int y){return b[x]<b[y];}
bool cmpa(int x,int y){return a[x]<a[y];}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),b[i]=read(),r+=a[i]>b[i],p[i]=i;
	printf("%d\n",max(r,n-r));
	if(r>n-r)
	{
		sort(&p[1],&p[n+1],cmpb);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			if(a[p[i]]>b[p[i]])printf("%d ",p[i]);
	}
	else
	{
		sort(&p[1],&p[n+1],cmpa);
		for(int i=n;i;--i)
			if(a[p[i]]<b[p[i]])printf("%d ",p[i]);
	}
	puts("");
	return 0;
}

E. Earth Wind and Fire

数轴上有\(n\)个石头，一开始时第\(i\)个石头在位置\(s_i\)，每次你可以选择两个石头\(i,j\)，满足\(s_i<s_j\)，然后选择一个\(d\)，满足\(2d\le |s_i-s_j|\)，然后把\(i\)移动到\(s_i+d\)位置，\(j\)移动到\(s_j-d\)位置。

给定一个长度为\(n\)的数列\(t\)，表示最终在\(t_i\)位置要有一个石头。

问能否满足条件。

如果可以构建一个方案。

不难发现如果合法我们一定可以不改变相对顺序。

那么起始位置和目标位置做差之后，如果是要向右移动，那么我们直接压进栈里面。

否则从栈顶取元素进行移动。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 300300
#define mp make_pair
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,t[MAX],f;
pair<int,int> s[MAX],Q[MAX];
vector<pair<pair<int,int>,int> >Ans;
void add(int i,int j,int d)
{
	i=s[i].second,j=s[j].second;
	Ans.push_back(mp(mp(i,j),d));
}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=make_pair(read(),i);
	for(int i=1;i<=n;++i)t[i]=read();
	sort(&t[1],&t[n+1]);sort(&s[1],&s[n+1]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(s[i].first<t[i])
			Q[++f]=mp(i,t[i]-s[i].first);
		else
		{
			if(s[i].first==t[i])continue;
			int p=s[i].first-t[i];
			while(p&&f)
			{
				int mv=min(p,Q[f].second);
				add(Q[f].first,i,mv);
				p-=mv;Q[f].second-=mv;
				if(!Q[f].second)--f;
			}
			if(p){puts("NO");return 0;}
		}
	if(f){puts("NO");return 0;}
	puts("YES");
	printf("%d\n",(int)Ans.size());
	for(auto p:Ans)printf("%d %d %d\n",p.first.first,p.first.second,p.second);
	return 0;
}

F. Foo Fighters

你有\(n\)个物品，每个物品有两个权值\(val\)和\(mask\)。

你可以选择一个数\(s\)，然后修改所有数的\(val\)，如果\(val\& mask\)有奇数个\(1\)就把\(val\)变成\(-val\)。

输出一个\(s\)，使得权值和符号变反。

显然可以把所有位分开考虑，如果选择了这一位并且这一位的\(mask\)上有\(1\)就可以直接取反。

现在的问题变成了我们要选择哪些位置。

首先位与位之间是么有顺序关系的，所以我们随意用什么顺序考虑都是可行的，不妨从高位往低位处理。

我们用类似归纳法的思想来考虑，我们先不妨令数字和是正数（如果是负数可以把所有东西全部取反）

如果我们已经处理完了若干位，如果已经让数字和变成了负数，那么结束了。

否则的话，考虑是否改变这一位上的所有值，但是如果只考虑位的话如果这一位选了会影响后面的选择，所以不能直接这样贪心。

我们钦定每个数的正负只在其最低位的时候考虑，因为这些数如果在这一位不改就不能再改了，所以每个数就只会被考虑一次。那么如果以这一位为最低位的数的权值和为正数，那么直接取反就行了。

至于为啥是对的。。。emmm，窝感觉很对QwQ。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 300300
inline ll read()
{
	ll x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,v[MAX];
ll a[MAX],s,sum;
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)v[i]=read(),a[i]=read(),sum+=v[i];
	if(sum<0)for(int i=1;i<=n;++i)v[i]=-v[i];
	for(int i=62;~i;--i)
	{
		ll ss=0;
		for(int j=1;j<=n;++j)if(a[j]==(1ll<<i))ss+=v[j];
		if(ss>0)s|=1ll<<i;
		for(int j=1;j<=n;++j)
			if(a[j]&(1ll<<i))
			{
				a[j]^=1ll<<i;
				if(ss>0)v[j]=-v[j];
			}
	}
	printf("%lld\n",s);
	return 0;
}

G. Gold Experience

有\(n\)个点，每个点有一个点权\(a_i\)，如果两个点权的\(gcd>1\)，那么他们之间就会连上一条边。

定义一个集合中的一个点是好的，当前仅当这个点和点集中其他所有点都有连边。

你要找到一个大小为\(k\)的点集，满足其中所有点都是好的或者所有点都是不好的。

咕咕咕咕

H. Holy Diver

咕咕咕