『解题报告』CF1602 (Codeforces Round #751 (Div. 1 + Div. 2))
作者：互联网
这场Div2挺阴间的,不过收获很大 (剩下Div1的两题实在补不动了)
『比赛链接』
A. Two Subsequences
难度：\(800\)（签到题）
题目大意 ：
从字符串 \(S\) 中拆成两个子串 \(A\) 和 \(B\) ，使 \(A\) 的字典序小于 \(B\) 。
思路：
直接令 \(A\) 串中只有 \(S\) 中最小的字母 ，\(B\) 中有剩余所有字符即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
int n,t;
char str[N];
int pos;
inline void Read()
{
pos=1;
scanf("%s",str+1);
n=strlen(str+1);
}
inline void Work()
{
for(int i=2;i<=n;i++)
if(str[i]<str[pos]) pos=i;
putchar(str[pos]),putchar(' ');
for(int i=1;i<=n;i++)
if(pos!=i) putchar(str[i]);
putchar('\n');
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
Read();
Work();
}
return 0;
}
B. Divine Array
难度：\(1100\)（思维题）
题目大意 ：
你有一个序列 \(S\) 每次变换会将一个序列中数 \(a_i\) 变为它在 \(S\) 中的出现次数。
询问第 \(x\) 个位置经过 \(k\) 次变换后的值是多少
思路：
可以发现，序列在经过一定次数之后会稳定。(官方题解说不超过 \(logn\) 次就会稳定)，我这里用的是 \(n\) 次。直接拿数组模拟并且记录下每次变换每个位置的值即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2010;
int a[N][N],cnt[N];
int n,T,q;
inline void Read()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i][0]);
}
inline void Work()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
cnt[j]=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
cnt[a[j][i-1]]++;
for(int j=1;j<=n;j++)
a[j][i]=cnt[a[j][i-1]];
}
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
static int x,k;
scanf("%d%d",&x,&k);
printf("%d\n",a[x][min(k,n)]);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
Read();
Work();
}
return 0;
}
C. Array Elimination
难度：\(1300\)（思维题）
题目大意 ：
你有一个序列 \(S\) 每次可以选择序列中的 \(k\) 个值将它们全部减去他们的按位与，请找到所有可以将序列删干净的 \(k\) 。
思路：
我们可以给每个数分解成二进制下的位，并且统计每位是 \(1\) 分别的个数 。可以证明，如果我们拿 \(k\) 个在某位是 \(1\) 的数可以将那位的个数减少 \(k\) ，所以 \(k\) 必须是那位出现的次数的因数 。所以我们直接枚举 \(k\) 的取值 \(k\in[1,n]\)，看它是不是所有数的约数即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10,S=30;
int t,n;
int a[N],cnt[S];
inline void Read()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
}
inline void Work()
{
for(int i=0;i<30;i++) cnt[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<30;j++)
if(a[i]>>j&1) cnt[j]++;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
bool flag=true;
for(int j=0;j<30;j++)
if(cnt[j]%i!=0)
{
flag=false;
break;
}
if(flag) printf("%d ",i);
}
putchar('\n');
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
Read();
Work();
}
return 0;
}
D. Frog Traveler
难度：\(1900\)（阴间题）
题目大意 ：
你是一直青蛙，最一开始在井底深 \(d\) 处，每次可以跳 \(h\in[0,a_i]\) 米，假设到达了 \(j\) 位置，将会下滑 \(b_j\) 米，请问最少要跳多少次才能到达井外（\(0\) 处）。
思路：
可以考虑线段树优化建图的方法 (见代码) ，给每个点建立一个虚点 \(i+n\)，并将每个点到它的虚点建立一条权值为 \(0\) 的边，并对于每个虚点 \(i+n\) 连到 \(i-b_i\) 一条权值为 \(0\) 的边。对于 \(i\) 连一条 \(i\) 到 \([i+1,i+a_i]\) 的权值为 \(1\) 的边。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+10,M=N<<5;
int n,m;
int a[N],b[N];
int h[M],e[M],ne[M],w[M],idx;
int dis[M],pre[M];
bool vis[M];
inline void Add(int a,int b,int c)
{
e[++idx]=b;
ne[idx]=h[a];
h[a]=idx;
w[idx]=c;
}
namespace SegmentTree
{
struct node
{
int id;
#define id(x) unit[(x)].id
}unit[M];
int cnt;
#define lson(x) ((x)<<1)
#define rson(x) ((x)<<1|1)
#define mid (l+r>>1)
void Build(int k,int l,int r)
{
if(l==r) return (void)(id(k)=l+n+1);
id(k)=++cnt;
Build(lson(k),l,mid),Build(rson(k),mid+1,r);
Add(id(k),id(lson(k)),0),Add(id(k),id(rson(k)),0);
}
void Update(int k,int l,int r,int L,int R,int st)
{
if(L<=l&&R>=r) return Add(st,id(k),1);
if(L<=mid) Update(lson(k),l,mid,L,R,st);
if(R>mid) Update(rson(k),mid+1,r,L,R,st);
}
}
using namespace SegmentTree;
deque<int> q;
inline void Bfs()
{
memset(dis,0X3f,sizeof(dis));
dis[n]=0,q.push_back(n);
while(q.size())
{
auto t=q.front();q.pop_front();
if(vis[t]) continue;
vis[t]=true;
for(int i=h[t];i;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(dis[j]>dis[t]+w[i])
{
dis[j]=dis[t]+w[i];
if(w[i]) q.push_back(j);
else q.push_front(j);
pre[j]=t;
}
}
}
}
inline void Read()
{
scanf("%d",&n);
cnt=2*n+1;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
}
vector<int> path;
inline void Work()
{
for(int i=0;i<=n;i++) Add(i+n+1,i+b[i],0);
Build(1,0,n);
for(int i=1;i<=n;i++)
Update(1,0,n,i-a[i],i,i);
Bfs();
printf("%d\n",dis[0]==0X3f3f3f3f ? -1 : dis[0]);
if(dis[0]!=0X3f3f3f3f)
{
int now=0;
while(now!=n)
{
if(n+1<=now&&now<=2*n+1) path.push_back(now-n-1);
now=pre[now];
}
reverse(path.begin(),path.end());
for(auto x : path)
printf("%d ",x);
putchar('\n');
}
}
int main()
{
Read();
Work();
return 0;
}
E. Optimal Insertion
难度：\(2300\)（阳间题）
题目大意 ：
你有一个序列 \(A\) 和一个序列 \(B\) ，你要将序列 \(B\) 中的每个元素插入 \(A\) 的任意位置，使新序列的逆序对数最少。
思路：
可以很容易看出一个结论，将 \(B\) 序列排序后按照相对位置插入 \(A\) 序列的答案最小，(\(B\) 中每个元素只会对 \(A\) 中原来的元素产生贡献，并不会对自己的元素产生贡献)。那么可以考虑分治插入，每次插入分治区间中的 \(b_{mid}\) ，找到贡献最小的位置插入后分治为两个区间即可。注：一个位置可以插入多个数！！！。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
int n,m,T;
int a[N],b[N],pos[N];
int suml[N],sumr[N];
vector<int> newa,nums;
void Solve(int lb,int rb,int la,int ra)
{
if(lb>rb) return;
int mid=lb+rb>>1;
suml[la-1]=0;
for(int i=la;i<=ra;i++)
{
suml[i]=sumr[i]=0;
if(a[i]>b[mid]) suml[i]++;
if(a[i]<b[mid]) sumr[i]++;
}
for(int i=la+1;i<=ra;i++) suml[i]+=suml[i-1];
for(int i=ra-1;i>=la;i--) sumr[i]+=sumr[i+1];
pos[mid]=la;
for(int i=la+1;i<=ra;i++)
if(suml[i-1]+sumr[i]<suml[pos[mid]-1]+sumr[pos[mid]])
pos[mid]=i;
Solve(lb,mid-1,la,pos[mid]),Solve(mid+1,rb,pos[mid],ra);
}
namespace BIT
{
int unit[N<<1],siz;
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
inline void Clear(int x)
{
siz=x;
for(int i=1;i<=siz;i++) unit[i]=0;
}
inline void Add(int x,int val)
{
for(x;x<=siz;x+=lowbit(x)) unit[x]+=val;
}
inline int Query(int x)
{
int res=0;
for(x;x;x-=lowbit(x)) res+=unit[x];
return res;
}
}
using namespace BIT;
inline void Read()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
nums.clear(),newa.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
nums.push_back(a[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&b[i]);
nums.push_back(b[i]);
}
}
inline void Work()
{
sort(b+1,b+m+1);
sort(nums.begin(),nums.end());
nums.erase(unique(nums.begin(),nums.end()),nums.end());
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(nums.begin(),nums.end(),a[i])-nums.begin()+1;
for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=lower_bound(nums.begin(),nums.end(),b[i])-nums.begin()+1;
Solve(1,m,1,n+1);
int now=m;
for(int i=n+1;i>=0;i--)
{
if(i!=n+1&&i!=0) newa.push_back(a[i]);
while(now&&pos[now]==i) newa.push_back(b[now--]);
}
ll ans=0;
Clear(nums.size());
for(auto x : newa)
{
ans+=Query(x-1);
Add(x,1);
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
Read();
Work();
}
return 0;
}
F. Difficult Mountain
难度：\(2700\)（阴间贪心题）
题目大意 ：
对于一座山有一个初始的 \(d\) ，有 \(n\) 个准备登山的人 ，对于每个人有两个属性 \(\{s_i,a_i\}\) ，对于每个 \(s_i \geq d\) 的人可以登山，并会将 \(d\) 变为 \(max(d,a_i)\)。
请问最多有多少人可以登山。
思路：
先排除初始的 \(s_i\) 就小于 \(d\) 的人。贪心思路 ： 按照 \(max(a_i,s_i)\) 排序后按顺序模拟统计即可。
证明：分类讨论如果现在考虑第 \(i\) 个人，如果 \(s_i\geq a_i\) 那么 \(s_i\geq d\) ，这个人可以被选且一定要选。如果后面有一个人 \(max(a_j,s_j)=a_j\) 并且 \(s_j<a_i\) 因他不能被选，若一定要选这个人，则要至少将 \(i\) 删去并且由于一定有 $ a_j > a_i$ 答案只会变劣。
如果 \(a_i > s_i\) 并且在选 \(i\) 的情况下，可以同理可证，若不选 \(i\) 可以不用考虑。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,d,idx;
struct PII
{
int s,a;
inline bool operator<(const PII &t) const
{
if(max(a,s)!=max(t.a,t.s)) return max(a,s)<max(t.a,t.s);
return s<t.s;
}
}que[N];
inline void Read()
{
scanf("%d%d",&n,&d);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
static int s,a;
scanf("%d%d",&s,&a);
if(s<d) continue;
que[++idx]={s,a};
}
}
inline void Work()
{
sort(que+1,que+idx+1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=idx;i++)
if(que[i].s>=d)
d=max(d,que[i].a),ans++;
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
Read();
Work();
return 0;
}
标签：751,int,void,Codeforces,mid,using,序列,inline,Div 来源： https://www.cnblogs.com/Deep-Cold/p/15527339.html