Codeforces Round #782 (Div. 2)
Codeforces Round #782 (Div. 2)
A
\(\color{Gray}{1000}\)
有一个长度为 \(n\) 的字符串由 \(r\) 个字符
R和 \(b\) 个字符B组成，要求其中连续相同的字串长度最小。
\(n\le 100,1\le b < r,b+r=n\)
考虑小学数学中的植树问题，将字符 B 插入 R 之间，把 R 分成 \(b+1\) 段。
每段 R 的长度为 \(\left\lfloor \dfrac{x}{y+1} \right\rfloor\)，剩余的间隔插入即可。
时间复杂度： \(O(n)\)
#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
int n,x,y;
void work(){
cin>>n>>x>>y;
int t1=x/(y+1);
int t2=x%(y+1);
L(i,1,y){
L(j,1,t1) cout<<'R';
if(i<=t2) cout<<'R';
cout<<'B';
}L(i,1,t1) cout<<'R';
cout<<'\n';
}
B
\(\color{ForestGreen}{1300}\)
给定 \(01\) 串，每次操作翻转整个序列除某一指定元素，求 \(k\) 次操作后使字典序最大的结果并输出方案。
$n \le 2 \cdot 10^5 $
考虑贪心，从低位向高位枚举，分配最少使当前位为 \(1\) 的操作次数即可。
举个例子：如果当前位初始为 1，操作数 \(k\) 为奇数，就需要有一次指定当前位不翻转餐能保证最终的值为 \(1\)。
最后特判一下最后一位要用完所有剩余操作次数的情况。
时间复杂度： \(O(n)\)
#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
int n,k;
const int N=2e5+10;
char s[N],o[N];int a[N];
void work(){
cin>>n>>k>>(s+1);
int x=k;
L(i,1,n) a[i]=0;
L(i,1,n){
if(s[i]=='1'){
if((k&1)&&x) a[i]=1,x--,o[i]='1';
else if(!(k&1)) o[i]='1';else o[i]='0';
}else{
if(!(k&1)&&x) a[i]=1,x--,o[i]='1';
else if((k&1)) o[i]='1';else o[i]='0';
}
}if(x) a[n]+=x;
if(a[n]%2==k%2) o[n]=s[n];
else o[n]=(s[n]=='0'?'1':'0');
L(i,1,n) cout<<o[i];cout<<'\n';
L(i,1,n) cout<<a[i]<<" \n"[i==n];
}
朴素思想引出正解
C
\(\color{Aquamarine}{1500}\)
\(n\) 个城市，位置分别为 \(a_i\)，可以把任何占领的城市作为首都，初始首都位置为 \(0\)。
每次可以选择花费 \(\left\vert a_i - p \right\vert \times x\) 将首都移动到城市 \(i\)。（\(p\) 为当前首都位置）
每次可以选择花费 \(\left\vert a_i - p \right\vert \times y\) 攻占城市 \(i\)。求攻占所有城市的最小花费。
\(n\le 2 \cdot 10^5,a_i \le 10^9\)
还是贪心思路。
如果转移首都可以使答案更优就转移。
假设当前首都在编号为 \(i\) 的城市。
如果将首都转移到 \(i+1\)，消耗 \(dis(i,i+1) \times y\)
如果不转移首都，则之后相当于转移要多消耗 \(dis(i,i+1) \times (n-i-1)\)
比较两者的值确定决策即可。
时间复杂度： \(O(n)\)
#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
int n,a,b;
const int N=2e5+10;
int x[N],s[N];
int dis(int a,int b){return x[b]-x[a];}
void work(){
cin>>n>>b>>a;int ans=0,c=0;
L(i,1,n) cin>>x[i];
L(i,1,n){
ans+=dis(c,i)*a;
if((n-i)*a*dis(c,i)>dis(c,i)*b)
ans+=dis(c,i)*b,c=i;
}cout<<ans<<'\n';
}
D
\(\color{Purple}{1900}\)
有 01 序列 \(A\)，进行 \(n\) 次操作，第 \(i\) 次将前 \(i\) 位排序，每次操作得到的序列相加得到序列 \(C\)。
已知序列 \(C\)，求序列 \(A\)。
\(n\le 2 \cdot 10^5\)
首先很容易想到，\(s = \dfrac{\sum_{i=1}^n c_i}{n}\) 就是序列 \(A\) 中 \(1\) 的个数。
从后向前考虑，\(C_n\) 的值只能是 \(n\) 或 \(0\) （原因不难想到）
由此很容易知道 \(A_n\) 的值。
将其拓展到当前第 \(i\) 位的情况：如果 \(C_i=i\)，则 \(A_i=1\)，否则为 \(0\)。
考虑如何向前递推：
因为已知第 \(i\) 为以及之后的情况，同时已知 \(s\) 的值，我们可以推算出之前区间 \(1\) 的个数。
考虑消除第 \(i\) 次操作产生的影响，假设有 \(k\) 个 \(1\)，回退操作相当于对 \(\left[ i-k+1,i \right]\) 区间内的 \(C_i\) 减去 \(1\)。
这个可以用树状数组维护实现，每次单点修改 \(i-k+1\) 位置上的值，将其减一，之后对于当前的 \(C_i\)，就能通过原先的 \(C_i\) 加上树状数组 \(\left[ 1,i \right]\) 的前缀和实现。即 \(C^\prime_i=C_i +ask(i)\)
时间复杂度：\(O(n \log_2 n)\)
#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
int n,s;
const int N=2e5+10;
int a[N],c[N];
void change(int x,int k){for(;x<=n;x+=lb(x))a[x]+=k;}
int ask(int x){int s=0;for(;x;x-=lb(x))s+=a[x];return s;}
void work(){
cin>>n;L(i,1,n) cin>>c[i];
L(i,1,n) s+=c[i];s/=n;
me(a,0);R(i,n,1){
b[i]=(c[i]+ask(i)==i);
change(i-s+1,-1);s-=b[i];
}L(i,1,n) cout<<b[i]<<" \n"[i==n];
}
其实好像还有一种从前往后考虑的做法，在 CF 讨论区。
E
\(\color{Orange}{2200}\)
给定 \(n\) 个点，\(m\) 条边的带权无向联通图。
\(q\) 次询问，每次询问给定两个点 \(u,v\)，确定某条路径，使 \(MEX \left\{ w_1,w_1 \& w_2,\dots ,w_1 \& w_2 \& \dots \& w_k \right\}\) 最小，求最小值。
\(n,m \le 10^5,w_i < 10^9\)
首先观察样例，可以猜想是否答案只能是 \(0,1,2\) 中某数，即答案不大于 \(2\)。
证明如下：
设某条路径上的权值组成数组 \(M\)。
运用反证法，假设答案大于 \(2\)，则在 \(M\) 中同时出现 \(1,2\)。
由于与运算具有不升性，如果当前假设成立，则存在 \(M_i \& 2=1\)，与基本事实不符。
Q.E.D
因为答案只有 \(3\) 种，只要排除了某两种可能，就可以确定答案。
- 答案为 \(0\) 的情况：
判断从 \(u\) 到 \(v\) 的路径中，是否存在二进制下某一位使得 \(W\) 中所有数在这一位上都是 \(1\)。
考虑对于二进制下每一位开一个并查集维护，如果 \(u,v\) 某一位上处于同一个连通块，则答案为 \(0\)。
- 答案为 \(1\) 的情况：
可以想到答案为 \(1\) 必须满足一个性质：路径上存在一个点 \(r\)，使得 \(\forall i \le r,W_i > 1 \text{and} W_{r+1}=0\)。
即只要到达那个地方保证在到终点前经过一个使得与之和等于 \(0\)的点，接下来就与路径无关了。
所以，我们枚举不是最低位的每一位，找到有可能存在边 \((u,v,w)\) 使得 \(w\& 2^k,w\& 1\) 均为 \(0\)。
这就要用到之前的并查集，同时对于每个点，记录经过这个点的所有边的边权与和 \(f_i\)。
将同一个连通块内的所有点的 \(f\) 值取与和。如果与和为 \(0\) 则说明这个连通块内的点能使得答案为 \(1\)。
时间复杂度：\(O(30n\alpha(n))\)
#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
int n,m,q;
const int N=1e5+100,lim=(1<<30)-1;
int z[N],x[N];bool t[N];
struct DSU{
int f[N];void cl(){L(i,1,n) f[i]=i;}
int cz(int x){return x==f[x]?x:f[x]=cz(f[x]);}
void hb(int x,int y){x=cz(x),y=cz(y);f[x]=y;}
bool ch(int x,int y){return cz(x)==cz(y);}
}s[35];
void solve(){
int l,r;cin>>l>>r;
L(i,0,29) if(s[i].ch(l,r))
return cout<<0<<'\n',void();
cout<<(t[l]?1:2)<<'\n';
}void work(){
cin>>n>>m;L(i,1,n) z[i]=lim;
L(i,0,30) s[i].cl();
L(i,1,m){
int u,v,w;cin>>u>>v>>w;
z[u]&=w,z[v]&=w;
L(j,0,29) if(w&(1<<j))
s[j].hb(u,v);
}L(i,1,29){
L(j,1,n) x[j]=lim;
L(j,1,n) x[s[i].cz(j)]&=z[j];
L(j,1,n) t[j]|=(!(x[s[i].cz(j)]));
}cin>>q;L(i,1,q) solve();
}
大胆猜想，小心证明
