[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

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("%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$x \cdot (n-k+1)$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$O(n)$。

点击查看代码

#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$n\leq 100$，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$O(100^2)$。

点击查看代码

#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$b_i=0或n+1$，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$O(n)$。

点击查看代码

#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("%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$x_k<y_k$
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。

点击查看代码

#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("%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$\leq$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$O(nlogn)$。

点击查看代码

#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？