CF 1800~2100 思维题泛做

1648B

$\color{Blue}{1800}$
关键词：数学、算法优化。

1648B Integral Array

给定长为 $n$ 满足 $\max\limits_{1 \le i\le n}\ {a_i} \le c$ 的序列 $a$ 。
求问是否能够保证序列 $a$ 中所有满足 $x\le y$ 的两数， $\left\lfloor\dfrac{x}{y}\right\rfloor$ 也在序列中。

$\sum \ n,\sum \ c \le 10^6,n,c\le 10^6.$

$O(\sum n^2)$ 的算法

看到题目就能一眼出的算法，无非暴力枚举所有 $x,y$ 判断。
因为有 $c\le 10^6$ ，可以开一个桶存一个数是否出现过，这样就能做到 $O(1)$ 判断。
时间复杂度 $O(n^2)$ 。

$O(\sum n \sqrt{n})$ 的算法

把直接枚举序列中的每个数，改成对于数 $x$ ，枚举 $\left[ 2,\sqrt{n} \right]$ 区间内的数。
时间复杂度降至 $O(n \sqrt{n})$ ，但还需优化。

#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
void work(){
  cin>>n>>k;L(i,1,k) t[i]=0;
  L(i,1,n) cin>>a[i],t[a[i]]=1;
  if(!t[1]) return cout<<"No"<<endl,void();
  L(i,1,n) L(j,2,(sqrt(a[i])))
    if(!(t[j]+t[a[i]/j]^1))
      return cout<<"No"<<endl,void();
  cout<<"Yes"<<endl;
}

$O(\sum c \ln \, c)$ 的算法

正片开始！。
如果枚举因数不行，那就枚举倍数。
先对序列去重，特判序列中不存在 $1$ 的情况直接判负。
对于 $x \in \left[ i\times j,i \times \left( j+1 \right) \right)$ ，也就是 $\left\lfloor \dfrac{x}{i} \right\rfloor = j$ 的情况，
如果 $x,i \in a,j \not\in a$ ，则此序列不满足条件。
可以直接在 $\left[1,c \right]$ 的范围内枚举 $i$ 和相应的 $j$ 并判断。
上面的式子可以想到用之前处理出桶数组进行前缀和 $O(1)$ 判断。
时间复杂度 $O(\sum c \ln \, c)$ ，详见调和级数——百度百科。
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1583D

$\color{Blue}{1800}$
关键词：交互、拆分任务。

1583D Omkar and the Meaning of Life

存在一个长度为 $n$ 的排列 $a$ ，最多询问 $2 \times n$ 次，求出排列 $a$ 。
每次询问提交一个序列 $b$ ，会回复序列 $a,b$ 之和所得序列中第一个出现不止一次的数的位置，没有则返回 $0$ 。

$n\le 100$ 。

从询问 $2 \times n$ 的条件上看，可以想到将其拆成 $n+n$ 次询问，分别实现不同的目标。
在这道题里，是从局部推至整体。

局部：

很明显，我们可以在 $n$ 次询问内求得任意一个排列 $a$ 中的数值。
除了要求的位置，序列 $b$ 全赋值为 $1$ ，所求位的值从 $n$ 开始递减，假设值为 $k$ 时返回值不为 $0$ ,那么排列 $a$ 当前位的值就是 $n-k+1$ 。
根据题目中第一个出现不止一次的数的位置的描述，先求 $a_n$ 可以避免位置的干扰。

整体：

只要我们知道了 $a_n$ ，那就可以用 $n-1$ 次询问求得排列 $a$ 其余所有元素。
因为排列中每个数唯一，考虑将 $a_n$ 补至 $n+1$ ，就能保证询问提交序列的 $\max\limits_{1\le i\le n} b_i \le n$ 。
要求得数的位置必然在 $a_n$ 之前，所以正确性也能保证。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
#define R(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);i--)
int a[200],ans[200],k=1,n,x;
void ask(){
  cout<<"? ";L(j,1,n) 
    cout<<a[j]<<" \n"[j==n];
  cout.flush();cin>>x;
}signed main(){
  // freopen("test.in","r",stdin);
  cin>>n;L(i,1,n-1) a[i]=1;
  R(i,n,1){a[n]=i;ask();if(x){k=i;break;} }
  ans[n]=n-k+1;a[n]=n+1-ans[n];
  L(i,1,n){
    L(j,1,n-1) a[j]=n+1-i;
    ask();ans[x]=i;
  }cout<<"! ";L(i,1,n) 
    cout<<ans[i]<<" \n"[i==n];
  cout.flush();
}

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询问次数 $O(n)$ 的做法：

设询问的数组为 $A$ ，最终答案数组 $B$ 。
跟之前的做法类似，设 $A=[1,1, \dots , 1,k]$ ，但是 $k$ 从 $2,3,\dots$ 开始枚举。
当第一次的返回为 $0$ 时，就可以确定 $B_n=n-k+1$
这一过程中返回的非 $0$ 信息其实也能利用。
如果当 $k=x$ 时询问的回复是 $u$ ,那么很容易推得 $B_u = B_n + x-1$
这样就能在 $n-B_n$ 次询问后，确定值在 $\left[ B_n,n \right]$ 范围内的数的位置。
在剩下的 $b_n-1$ 次询问中，先将 $A_n$ 设为 $1$ ，其余 $B$ 中确定的值在 $A$ 中对应的位置都设为 $n$ 。
总共循环 $b_n-1$ 次，在第 $i$ 次时，将 $A$ 中所有不确定的位置全设为 $i+1$ ，询问返回 $u$ ，则可以确定 $B_u=B_n-i$ 。
这样，我们实现了在询问次数为 $O(n)$ 的情况下解决了这个问题。
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1666C

$\color{Blue}{1800}$
关键词：构造。

1666C Connect the Points

给定二维平面上 $3$ 个点，用总长度最短的线段连接这 $3$ 个点。求线段数和每条线段的端点。

$-10^9 \le x_i,y_i \le 10^9.$

构造题，可以想到 $\text{最短的线段长度} \ge \max\limits_{1\le i \le 3} x_i -\min\limits_{1\le i \le 3} x_i +\max\limits_{1\le i \le 3} y_i - \min\limits_{1\le i \le 3} y_i$ 。
将点按照 $x$ 轴坐标排序，两边的点向中间连边，中间点过平行于 $y$ 轴，包括三个点的线段。
如下图所示：

-----|
     |
     |-----
     |

线段数恒为 $3$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i) a[i].first
#define S(i) a[i].second
using namespace std;
pair <int,int> a[5];
int main(){
  freopen("test.in","r",stdin);
  for(int i=1;i<=3;i++) cin>>F(i)>>S(i);sort(a+1,a+4);
  cout<<3<<'\n'<<F(1)<<' '<<S(1)<<' '<<F(2)<<' '<<S(1)<<'\n';
  cout<<F(2)<<' '<<min(S(1),min(S(2),S(3)))<<' '<<F(2)<<' '<<max(S(1),max(S(2),S(3)))<<'\n';
  cout<<F(2)<<' '<<S(3)<<' '<<F(3)<<' '<<S(3);return 0;
}

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1583D

$\color{Purple}{1900}$

CF1583D Tournament Countdown

关键词：交互、转化信息、读题。

因为连着读错两次题导致几乎荒废了一整个下午。
其实还是比较容易知道，只要在两次询问中排除三个人就能保证在规定次数内求解。
其实题目已经限定的很死了，整个框架已经搭好。
如果只是两个人，比一下就行。
如果是四个人，就要考虑如何两次询问排除。

比如 $1,2,3,4$ 四人。
头脑风暴可知，先比较 $1,3$ ，根据结果分类讨论。

回复 $0$

此时 $1,3$ 都是 $0$ 场，比较 $2,4$ 即可。

回复 $1$

此时 $1$ 必定赢 $2$ ， $3$ 必定输 $4$ ，比较 $1,4$ 。

回复 $2$

和上面差不多推理，比较 $2,3$ 。

如此实现了两次询问排除三人。
重复上述过程即可。
如果最后剩下两人就再比一次。
~~为什么读错题还是两次一起啊喂~~

int n;int ask(int x,int y){
  cout<<"? "<<x<<' '<<y<<'\n';
  cl;int g;cin>>g;return g;
}void out(int x){cout<<"! "<<x<<'\n';cl;}
void work(){
  cin>>n;vi a(1<<n);iota(all(a),1);
  while(a.size()>=4){
    vi b;for(int i=0;i+3<a.size();i+=4){
      int x=ask(a[i],a[i+2]);
      if(!x) b.pb(ask(a[i+1],a[i+3])==1?a[i+1]:a[i+3]);
      else if(x==1) b.pb(ask(a[i],a[i+3])==1?a[i]:a[i+3]);
      else b.pb(ask(a[i+1],a[i+2])==1?a[i+1]:a[i+2]);
    }a=b;
  }out(a[0]=(a.size()==2)?a[ask(a[0],a[1])-1]:a[0]);
}

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1701D

$\color{Purple}{1900}$

CF1701D Permutation Restoration

关键词：贪心，优先队列。

首先，根据题目给出的式子我们可以反向算出 $a_i$ 的取值范围： $\left[ \left\lfloor \dfrac{i}{b_i+1} \right\rfloor + 1, \left\lfloor \dfrac{i}{b_i} \right\rfloor \right]$ 。

现在题目转化成了，每个点对应有若干个线段。
采取贪心策略。

对于一个点，将所有以这个点为左端点的线段存入对应的数组。
之后进行贪心，对于每个点，将其对应的线段压入优先队列，每次选取右端点最小的线段。
因为选取右端点最小，使得之后的选择余地更大。

最后注意下 $b_i=0$ 的情况，不能直接除，直接赋值为 $n$ 即可。

#define pb push_back
#define vi vector<int>
#define pi pair<int,int>
int n;priority_queue<pi>q;
const int N=5e5+100;
int a[N],b[N];
vi p[N];pi t[N];
void work(){
  cin>>n;L(i,1,n) p[i].clear();
  while(!q.empty()) q.pop();
  L(i,1,n) cin>>a[i];
  L(i,1,n){
    t[i]={i/(a[i]+1)+1,a[i]?i/a[i]:n};
    p[F(t[i])].pb(i);
  }L(i,1,n){
    for(int x:p[i]) q.push({-S(t[x]),x});
    int x=S(q.top());q.pop();a[x]=i;
  }L(i,1,n) cout<<a[i]<<" \n"[i==n];
}

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1485D

$\color{Gold}{2200}$
关键词：人类智慧

CF1485D Multiples and Power Differences

题目中有个重要信息： $1 \le a_{i,j} \le 16$ ，限制的如此之死，绝非偶然之举。
因为 $\operatorname{lcm}(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16)=720720$ ，在题目给出的 $10^6$ 范围内，所以可以进行构造。
进行黑白染色，区分是加上 $a_{i,j}^4$ 还是不变即可。
时间复杂度： $O(nm)$
空间复杂度： $O(1)$

#define L(i,k) for(int i=1;i<=(k);i++)
void work(){
  int n,m,x;cin>>n>>m;L(i,n) L(j,m)
    cin>>x,cout<<720720+(((i+j)&1)?0:pow(x,4))<<" \n"[j==m];
}