Codeforces Round #789 (Div. 2) 题解
作者：互联网
链接：Codeforces Round #789 (Div. 2)
A. Tokitsukaze and All Zero Sequence
题目大意：
给定长度为\(n\)的数组，可以进行两种操作：1、如果\(a_i = a_j\)，则使其中一个等于\(0\)；2、使\(a_i=a_j=min(a_i,a_j)\)。问用最少的步数使数组均为\(0\)。
解题思路：
如果数组中存在\(0\)，则使其余非\(0\)元素与\(0\)进行操作2；如果数组中存在相同元素，则先对这两个相同元素进行操作1，再重复第一种情况；对于其余情况，先进行一次操作2，再视为第二种情况处理。
参考代码：
void solve() {
vector<int> a(110);
int n;
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i ++) {
int x;
cin >> x;
a[x] ++;
}
int res = n + 1;
for(int i = 0; i <= 100; i ++) {
if(i == 0 && a[i] > 0) {
res = n - a[i];
break;
}
if(a[i] >= 2) {
res --;
break;
}
}
cout << res << '\n';
}
B1. Tokitsukaze and Good 01-String (easy version)
题目大意：
给定一个01字符串，每次操作改变一个字符，使得用最少的步数相同字符串的长度为偶数。
解题思路：
1、统计当前记录串的\(0\)或者\(1\)的个数，若个数为奇数，且与下个位置不同，则修改下个位置的字符。
2、将字符下标成对记录，即{0,1}，{2,3}……若出现\(01\)或者\(10\)则表示要修改为\(00\)或者\(11\)，需要修改的次数\(+1\)。
参考代码：
1、
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for(int i = 0; i < n; i ++) {
char x;
cin >> x;
a[i] = x - '0';
}
int res = 0;
int cnt = 1;
for(int i = 1; i < n; i ++) {
if(a[i] != a[i - 1] ) {
if(cnt % 2 == 1) {
a[i] = a[i - 1];
res ++;
cnt ++;
} else {
cnt = 1;
}
} else {
cnt ++;
}
}
cout << res << '\n';
}
2、
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<PII> a(n / 2);
for(int i = 0; i < n / 2; i ++) {
char x, y;
cin >> x >> y;
a[i].first = x - '0', a[i].second = y - '0';
}
int res = 0;
for(int i = 0; i < n / 2; i ++) {
if(a[i].second != a[i].first) {
res ++;
}
}
cout << res << '\n';
}
B2. Tokitsukaze and Good 01-String (hard version)
题目大意：
在B1的基础上增加了要求最小分成\(0\)串和\(1\)串的个数和。
解题思路：
延续B1第二种的思路，由于\(10\)和\(01\)可以任意的修改成为\(00\)或者\(11\)，但是原本的\(00\)或者\(11\)是无法修改的，这样会增加最小修改次数，因此出现\(xx00xxxx11xx\)的情况一定会被分割成两部分。同时考虑全为\(10\)或者\(01\)的情况。
参考代码：
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<PII> a(n / 2);
for(int i = 0; i < n / 2; i ++) {
char x, y;
cin >> x >> y;
a[i].first = x - '0', a[i].second = y - '0';
}
int res1 = 0, res2 = 0;
int o = -1;
for(int i = 0; i < n / 2; i ++) {
if(a[i].second != a[i].first) {
res1 ++;
} else {
if(o != a[i].first) {
res2 ++;
o = a[i].first;
}
}
}
res2 = max(res2, 1);
cout << res1 << ' ' << res2 << '\n';
}
C. Tokitsukaze and Strange Inequality
题目大意：
给定一种排列\(p\)，要求找出四元组的个数。四元组\([a,b,c,d]\)满足\(p_a<p_c\)平且\(p_b> p_d\)。
解题思路：
由于数据规模，可以暴力选取\(b\)和\(c\)，在\([c+1,n]\)中选择大于\(p_b\)的个数，在\([1,b - 1]\)中选择小于\(p_c\)的个数，二者相乘。个数可以由\(O(n^2)\)的前缀和预处理得到。
参考代码：
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
}
vector<vector<int>> cnt1(n + 1, vector<int> (n + 1)), cnt2(n + 1, vector<int> (n + 1));
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if(a[i] < j) {
cnt1[i][j] ++;
}
}
}
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cnt1[i][j] += cnt1[i - 1][j];
}
}
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
for(int i = n; i >= 1; i --) {
if(a[i] < j) {
cnt2[i][j] ++;
}
}
}
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
for(int i = n - 1; i >= 1; i --) {
cnt2[i][j] += cnt2[i + 1][j];
}
}
ll res = 0;
for(int i = 1; i < n; i ++) {
for(int j = i + 1; j < n; j ++) {
int x = cnt1[i - 1][a[j]];
int y = cnt2[j + 1][a[i]];
res += x * y;
}
}
cout << res << '\n';
}
D. Tokitsukaze and Meeting
题目大意：
有\(n\)行\(m\)列的会场，有\(n*m\) 个同学，\(0\)表示顽皮的同学，\(1\)表示认真的同学。同学们按照图示的顺利进入会场，问每一个同学进入会场时有多少行至少有一个认真的同学，有多少列至少有一个认真的同学，答案取二者之和。
解题思路：
发现每个同学的相对列数差是一个定值，我们取会场坐满时每位同学的列号作为对答案的价值。同时对于行而言，第\(i\)的同学入场时的价值等于第\(i - m\)个同学入场时的价值加上\([i - m + 1, i]\)个同学中有无认真的同学，可以通过记录上一个同学的编号来简单判断。
参考代码：
void solve() {
int n, m;
string s;
cin >> n >> m >> s;
vector<int> cres(n * m), rres(n * m);
vector<int> row(n), col(m);
for(int i = 0; i < s.size(); i ++) {
if(s[i] == '1') {
if(col[i % m] == 0) {
col[i % m] = 1;
cres[i] ++;
}
}
}
for(int i = 1; i < n * m; i ++ ) {
cres[i] += cres[i - 1];
}
int l = -INF;
for(int i = 0; i < s.size(); i ++) {
if(i - m >= 0) {
rres[i] = rres[i - m];
}
if(s[i] == '1') {
l = i;
}
if(i - l < m) {
rres[i] ++;
}
}
for(int i = 0; i < n * m; i ++) {
cout << rres[i] + cres[i] << ' ';
}
cout << '\n';
}
E. Tokitsukaze and Two Colorful Tapes
题目大意：
给定两条长度为\(n\)的彩带，其中一条颜色排列为\(a\)，另一条为\(b\)，可以规定每种颜色的分数\(c(1 <= c <= n)\)，每个位置对答案的价值为\(|c[a[i]] - c[b[i]]|\)，求\(\sum_{i=1}^{n}|c[a[i]] - c[b[i]]|\)的最大值。
解题思路：
首先找出所有环，显然对于长度为偶数的环，以最大值，最小值，最大值的排列顺序所得到的价值最大；对于长度为奇数的环，发现长度为偶数的环中得到最大值的原因是每次差值都是最大值-最小值，但是长度为奇数的的情况下然会有一个值无法发挥作用（例如：最大值-最小值-x-最大值-最小值），这样x对答案是没有贡献的。因此我们对长度为奇数的环每次在中间空一位出来，将多出来的数字填进去即可。
参考代码：
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1), b(n + 1), f(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> b[i];
f[b[i]] = i;
}
vector<vector<int>> e;
vector<bool> ok(n + 1);
ll res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
int ne = f[a[i]];
if(!ok[i]) {
vector<int> temp;
temp.push_back(i);
while(a[ne] != a[i]) {
ok[ne] = 1;
temp.push_back(ne);
ne = f[a[ne]];
}
e.push_back(temp);
}
ok[i] = 1;
}
int l = 1, r = n;
vector<int> soc(n + 1);
vector<int> temp;
for(auto x : e) {
if(x.size() % 2 == 0) {
for(int i = 0; i < x.size(); i += 2) {
soc[a[x[i]]] = r --,
soc[a[x[i + 1]]] = l ++;
}
} else {
for(int i = 0; i < x.size(); i ++) {
if(i == x.size() / 2) {
continue;
}
if(i < x.size() / 2) {
if(i % 2 == 0)
soc[a[x[i]]] = r --;
else
soc[a[x[i]]] = l ++;
} else {
if(i % 2 == 1)
soc[a[x[i]]] = r --;
else
soc[a[x[i]]] = l ++;
}
}
temp.push_back(x[x.size() / 2]);
}
}
for(auto x : temp) {
soc[a[x]] = l ++;
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
// cout << soc[a[i]] << ' ';
res += abs(soc[a[i]] - soc[b[i]]);
}
cout << res << '\n';
}
F. Tokitsukaze and Permutations
题目大意：
有一个排列\(p\)，对其进行\(k\)次冒泡排序（从前往后进行）得到新的排列\(a\)，记录数组\(a\)中每个位置的价值\(v_i = \sum_{j=1}^{i-1}[a_i < a_j]\)。现在已知\(v\)数组（如果\(v_i = -1\)，表示此位置价值未知），问有\(p\)有多少种可能。
解题思路：
发现对于已知的\(v\)仅存在一种排列\(a\)与其对应。进行一次冒泡排序会使\(v_i=max(v_i-1,0)\)，然后\(v\)整体左移，\(v_0\)被覆盖，\(v_{n - 1} = 0\)。做\(v_i\)与\(p_{(i+k)\%n}\)的映射，对\(i<n-k\)：\(p_{i+k} < k + i + 1\)，\(p_{i+k} <= k + 1 (v_i = 0)\)，因此如果\(v_i = -1\)，\(i\)位置的贡献为\(k + i + 1\)；如果\(v_i=0\)，\(i\)位置的贡献为\(k + 1\)；如果\(v_i>=1 \&\& v_i<i + 1\)，\(i\)位置的贡献为\(1\)；其他情况表示不存在这种排列，贡献为\(0\)。对\(n-k<i<n\)：\(p_{(i+k)\%n} < (k + i)\%n + 1\)且\(v_i=0||v_i=-1\)，因此\(i\)位置的贡献为\((k + i) \% n + 1\)，不满足条件则不存在这种排列，贡献为\(0\)。最后答案取所有贡献的乘积。
参考代码：
void solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> v(n);
for(int i = 0; i < n; i ++) {
cin >> v[i];
}
ll res = 1;
for(int i = 0; i < n; i ++) {
if(i < n - k) {
if(v[i] == -1) {
res = (res * (k + i + 1)) % mod;
} else if(v[i] == 0) {
res = (res * (k + 1)) % mod;
} else if(v[i] >= i + 1) {
res = 0;
}
} else {
if(v[i] == 0 || v[i] == - 1) {
res = (res * ((k + i) % n + 1)) % mod;
} else {
res = 0;
}
}
}
cout << res << '\n';
}
标签：int,题解,789,cin,++,vector,res,Div,else 来源： https://www.cnblogs.com/Muly/p/16332124.html