在 \(\text{Div. 2/3}\) 混了一个多月后,四个号终于都上紫了,也没用理由不打 \(\text{Div. 1}\) 了。这是我人生中的第一场 \(\text{Div .1}\) ,之前也没用刻意的刷过题。在赛场上 \(\text{A}\) 在 WA 了 \(3\) 次后终于过了,然后 \(35 \text{min}\) 的时候过了 \(\text{B}\),想了一个小时 \(\text{C}\) 未果,耻辱下线。事后上了 \(60\) 分,大概是安慰吧......

A. Dreamoon Likes Coloring

比较显然地想到贪心,让左端点从左到右的顺序放线段,每次最少给上次的颜色留出一个位置即可。

然后比较坑的是,这题你放的左端点必须保证右端点 \(\le n\),所以贪心地考虑就是让每条线段尽量往左放,但是你又不知道往左放后面会不会不够。所以记录一个 \(d = n - m\)。初始设定每个颜色包含的块时 \(1\),\(d\) 维护的就是当前还需要扩展的块数。然后逆向思维,从右往左考虑,尽量让左端点往左边放即可,但是不能超过 \(d\),否则把别的颜色本该有的地方给占领了。

几个无解的判断:

  • \(\sum l < n\) 肯定有空白

  • \(l_m > n - (m - 1)\) 最后一个覆盖了太多,导致容不下 \(m\) 个颜色

  • 放的过程中发现右端点势必 \(> n\)

还有一些细节,具体看代码

时间复杂度 \(O(n)\)

#include <iostream>
#include <cstdio> using namespace std; const int N = 100005; int n, m, l[N], ans[N]; typedef long long LL; LL s = 0; int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", l + i), s += l[i];
if (s < n) {
puts("-1");
return 0;
}
if (l[m] > n - (m - 1)) {
puts("-1");
return 0;
} int j = n - l[m] + 1;
int d = (j - 1) - (m - 1);
ans[m] = j;
for (int i = m - 1; i; i--) {
j -= min(d + 1, l[i]) ;
d -= min(d + 1, l[i]) - 1;
if (j + l[i] - 1 > n) {
puts("-1");
return 0;
}
ans[i] = j;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d ", ans[i]);
return 0;
}

B. Dreamoon Likes Sequences

既然要保证异或和、值本身都上升的序列。那么不妨从二进制的角度去考虑:

  • 要让值上升,意味着 \(a_{2}\) 在二进制下最高的 \(1\) 大于等于 \(a_{1}\) 的位置,否则 \(a_{i - 1}\) 就大了
  • 异或和上升,意味着 \(a_2\) 在二进制下最高的 \(1\) 必须大于 \(a_1\) 的位置,否则异或和就把最高的那处一消掉了,就不能保证上升了。

然后通过数学归纳法,我们能知道 \(a_i\) 和 \(b_i\) 二进制意义下最高的 \(1\) 位置是一样的,否则被消掉了肯定不能保证异或和上升。

所以若 \(a_{i + 1}\) 能接上 \(a_i\),当且仅当 \(a_{i + 1}\) 二进制下最高的 \(1\) 比 \(a_i\) 大。

由于不涉及序列长度以及具体数值,只关心最后一个数二进制下最高的 \(1\) 的位置,那么这样设计 \(\text{DP}\) 状态:

  • 设 \(f_i\) 表示一段序列,最后一个数在二进制下最高的 \(1\) 在第 \(i\) 位的方案数。

考虑状态转移,\(f_j (j > i) \gets f_i * \text{w(j)}\)。\(\text{w(j)}\) 表示在二进制下最高位是 \(1\),且不超过 \(d\) 的数字的数量,这个很好搞,下界就是 \(2^j\),上界就是 \(\min(2^{j+1}-1, d)\)。

注意初始化,第一个元素可以为 \([1, d]\) 的任意值。

时间复杂度 \(O(T\log^2 10^9)\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std; typedef long long LL; const int S = 31; int d, P, f[S]; int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while (T--) {
memset(f, 0, sizeof f);
scanf("%d%d", &d, &P);
for (int i = 0; i < S; i++) {
if ((1 << i) > d) continue;
int c = min((LL)d, (1ll << (i + 1)) - 1) - (1 << i) + 1;
f[i] = c;
}
for (int i = 0; i < S; i++) {
if (f[i] == 0) continue;
for (int j = i + 1; j < S; j++) {
if ((1 << j) > d) continue;
int c = min((LL)d, (1ll << (j + 1)) - 1) - (1 << j) + 1;
f[j] = (f[j] + (LL)c * f[i]) % P;
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i < S; i++) (ans += f[i]) %= P;
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}

C. Drazil Likes Heap

考虑每一次的删数操作,实际上是将一个叶子节点的位置去除了,我们要保证堆的结构仍然为满二叉树,删除总和最大的一些数。我们可以预处理出来删除每个节点,最终会去除的叶子节点的位置的高度,设这个东西为 \(maxDep_i\)。

我们发现,删除一个数是否合法的条件为:\(maxDep_i > g\)。否则会打破深度限制。

然后贪心策略是:从小到大的顺序依次考虑每一层,能删则删,循环直到不能删为止。为啥这样是对的呢?首先我们的策略应该是:尽可能删合法的大的,因为假设你不删大的,那一定还得删另外一个数,来消除本应该这个大的数消除的叶子位置,这样顶替的肯定不优,所以能删则删。

还有个性质,就是说不同子树之间删除互不影响,这个比较显然,因为自己删除只会改变自己的子树。所以根据堆的性质,我们只需要从小到大考虑每一层能不能删即可。可以理解为当考虑删除当前位置的节点时,权重更大的能消除这个位置的(就是当前节点的祖先)已经考虑过了,所以这种枚举方式是正确的。

代码实现起来,就是模拟一个堆,然后删除的过程中不要忘了维护 \(maxDep\) 信息,每次操作是 \(O(dep)\) 的,所以总复杂度是 \(O(T2 ^ hh)\) 的。

#include <iostream>
#include <cstdio> using namespace std; const int N = 3000005; typedef long long LL; int h, g, a[N], dep[N], maxDep[N], adj[N], tot; LL ans; void inline pushup(int p) {
maxDep[p] = max(dep[p], a[p << 1] > a[p << 1 | 1] ? maxDep[p << 1] : maxDep[p << 1 | 1]);
} void del(int p) {
a[p] = 0;
if (!a[p << 1] && !a[p << 1 | 1]) { maxDep[p] = 0; return; }
else if (!a[p << 1]) a[p] = a[p << 1 | 1], del(p << 1 | 1);
else if (!a[p << 1 | 1]) a[p] = a[p << 1], del(p << 1);
else {
int t = a[p << 1] > a[p << 1 | 1] ? p << 1 : p << 1 | 1;
a[p] = a[t], del(t);
}
pushup(p);
} int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while (T--) {
ans = tot = 0;
scanf("%d%d", &h, &g);
for (int i = 1; i < (1 << h); i++) {
scanf("%d", a + i);
a[i << 1] = a[i << 1 | 1] = 0;
dep[i] = dep[i >> 1] + 1;
ans += a[i];
}
for (int i = (1 << h) - 1; i; i--) pushup(i);
for (int i = 1; i < (1 << h); i++)
while (a[i] && maxDep[i] > g) {
ans -= a[i], adj[++tot] = i, del(i);
}
printf("%lld\n", ans);
for (int i = 1; i <= tot; i++) printf("%d " , adj[i]);
puts("");
}
return 0;
}

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