Codeforces Round #782 (Div. 2)

Codeforces Round #782 (Div. 2)

A

$\color{Gray}{1000}$

CF1659A Red Versus Blue

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

$\color{ForestGreen}{1300}$

CF1659B Bit Flipping

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

$\color{Aquamarine}{1500}$

CF1659C Line Empire

$n$ 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

$\color{Purple}{1900}$

CF1659D Reverse Sort Sum

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

$\color{Orange}{2200}$

CF1659E AND-MEX Walk

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