Codeforces Round #770 (Div. 2)

VP

A	B	C	D	E
7min	30min	63min		131min
		+2		+2

排名：rk485
基准分： $\color{Purple}{1967}$

A

$\color{Gray}{800}$

CF1634A Reverse and Concatenate

很明显，要么能有 $2$ 种，否则就是 $1$ 种，简单分讨即可。
时间复杂度： $O(n)$

int n,k;
const int N=2e5+10;
char s[N];
void work(){
  cin>>n>>k>>(s+1);
  bool f=1;
  L(i,1,n/2)
    if(s[i]!=s[n-i+1]) f=0;
  if(f||!k) cout<<1<<'\n';
  else cout<<2<<'\n';
}

B

$\color{Cyan}{1400}$

CF1634B Fortune Telling

~~2B 1400 出题人怕不是有大病~~

题目似乎很难用常规的思路求解，考虑某些奇怪的角度切入。

明显 $x$ 和 $x+3$ 的奇偶性必然不同，考虑从奇偶性入手。
对于相加运算：
假设加上 $y$ ，不管 $y$ 的奇偶性如何， $x+y$ 和 $x+y+3$ 的奇偶性必然不同。
对于异或运算：
假设异或上 $y$ ，因为 $x$ 和 $x+3$ 二进制下最后一位不同，异或后也不会相同。

所以， $x \bmod 2$ 的值进行任意一次操作，对比 $y \bmod 2$ 的值即可。
因为题目保证其一有解，所以可以确定。
时间复杂度： $O(n)$

int n,x,y;
const int N=2e5+10;
int a[N];
void work(){
  cin>>n>>x>>y;
  int t=x%2,g=y%2;
  L(i,1,n) cin>>a[i];
  L(i,1,n) t+=a[i];
  cout<<((t%2==y%2)?"Alice":"Bob")<<'\n';
}

C

$\color{Gray}{1000}$

CF1634C OKEA

不难想到形如 $\dots,5,7,9,\dots$ 和 $\dots,6,8,10,12,\dots$ 的情况都能满足。
首先要把无解的情况，也就是 $n \bmod 2 = 1$ 时判掉。
不难想到这样为何无解，此时除非 $m=1$ 时可以有解。
之后按照之前的状况构造即可。
时间复杂度： $O(n\!k)$

void work(){
  cin>>x>>y;int c1=0,c2=1;
  if((x&1)&&(y^1)) return cout<<"NO"<<'\n',void();
  cout<<"YES"<<'\n';
  L(i,1,x) L(j,1,y)
    if(i&1) cout<<(c1++)*2+1<<" \n"[j==y];
    else cout<<(c2++)*2<<" \n"[j==y];
}

不该被 B 吓死……

D

$\color{Purple}{2000}$

CF1634D Finding Zero

~~从 $\color{Gray}{Newbie}$ 到 $\color{Purple}{Candidate Master}$ 只是 CD 的差距~~

对样例手搓可知， $4$ 次查询肯定能确定 $2$ 个绝对不是 $0$ 的数。
将两个可能是 $0$ 的数带上，再对之后的数进行更新，重复之前的过程即可。

int n,x,y,a[5];
int ask(int x,int y,int z){
  cout<<"? "<<x<<' '<<y<<' '<<z<<'\n';
  cl;int g;cin>>g;return g;
}void work(){
  cin>>n;int x,y,z=1,ma=0,c=0;
  a[1]=ask(2,3,4);a[2]=ask(1,3,4);
  a[3]=ask(1,2,4);a[4]=ask(1,2,3);
  L(i,1,4) ma=max(ma,a[i]);
  vector<int>p;
  L(i,1,4){
  	if(a[i]!=ma||c==2) 
  		p.push_back(i);
  	else c++;
  }x=p[0],y=p[1];
  while(z==x||z==y) z++;
  L(i,5,n){
    int X=ask(x,z,i),Y=ask(y,z,i);
    if(max(X,Y)>ma){
      ma=max(X,Y);
      if(X>Y) y=i;else x=i;
    }
  }cout<<"! "<<x<<' '<<y<<'\n';cl;
}

E

$\color{Red}{2400}$

CF1634E Fair Share

官方给出的解法是欧拉回路(好像)，但窝太菜了，不会，没学，也就没写。

因为看到把元素分到两个集合中，还是可以想到用二分图去做。
首先可以想到，如果某个数字出现次数是奇数，就直接判为无解，这一过程可以用 std::map() 实现。

然后解决建模这个大问题，考虑加强限制。

对于每个数组分配对半这个条件，转化为每个数组中，相邻的数不得出现在同一集合。
即：对于数组 $a$ ，所有满足条件的 $i$ ，在 $a_{2i-1}$ 和 $a_{2i}$ 之间连边。

对于一半某数在左一半在右这个条件，转化为所有数中，相邻且相等的数不得出现在同一集合。
即：把所有数收集到 $p$ ，排序，所有满足条件的 $i$ ，在 $p_{2i-1}$ 和 $p_{2i}$ 之间连边。

尝试证明这样会产生一个二分图。
二分图的一个重要性质就是没有奇环。按上述方法连边，因为已经把出现奇数次的不合法情况排除了~~(但我赛时居然一开始没想到)~~，所以每个点必定都只连两条边。
不难证明这样建出的图不存在奇环，所以如上建图之后跑二分图染色，之后按颜色输出方案即可。
~~赛时代码非常扭曲，可能参考意义不大~~
时间复杂度： $O(\sum n \log_2 \sum n )$

int m,tot;
const int N=2e5+10;
int n[N],cl[N],in[N];
vector<int>g[N];
vector<pi>a[N],p;
map<int,int>mp;
void dfs(int u,int f){
  cl[u]=f;
  for(int v:g[u]){
    if(cl[v]) continue;
    dfs(v,-f);
  }
}void work(){
  cin>>m;
  L(i,1,m){
    cin>>n[i];
    L(j,1,n[i]){
      int x;cin>>x;p.pb({x,tot});
      a[i].pb({x,tot});mp[x]++;
      in[tot]=i;
      tot++;
    }
  }sort(p.begin(),p.end());
  L(i,1,m) for(auto x:a[i])
    if(mp[F(x)]&1) return cout<<"NO",void();
  cout<<"YES"<<'\n';
  L(i,1,m) for(int j=0;j<=a[i].size()-2;j+=2){
    g[S(a[i][j])].pb(S(a[i][j+1]));
    g[S(a[i][j+1])].pb(S(a[i][j]));
  }for(int i=0;i<(int)p.size()-1;i++){
    if(F(p[i])==F(p[i+1])){
      g[S(p[i+1])].pb(S(p[i]));
      g[S(p[i])].pb(S(p[i+1]));
      i++;
    }
  }L(i,0,tot-1) if(!cl[i])dfs(i,1);
  int cnt=0;
  L(i,1,m){
    L(j,1,n[i]){
      cout<<(cl[cnt]==1?'L':'R');
      cnt++;
    }cout<<'\n';
  }
}