Codeforces Round #851 (Div. 2) A-E
A
题意
给一串只包含 \(1,2\) 的数，找到最小的 \(k\) 使得 \(\prod_{i=1}^k a_i = \prod_{i=k+1}^n a_i\) 。
题解
知识点：枚举。
因为只有 \(1,2\) ，所以考虑左右两边 \(2\) 的个数即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int a[1007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
int cnt = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], cnt += a[i] == 2;
if (cnt & 1) return false;
int cntt = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
cntt += a[i] == 2;
if (cntt == cnt - cntt) {
cout << i << '\n';
break;
}
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题意
给定 \(n\) ，找到 \(a,b\) 满足 \(a+b = n\) 且 \(a,b\) 各自数位之和相差不超过 \(1\) 。
题解
知识点：构造。
我们对 \(n\) 的每位数拆分，若为偶数直接对半分，若为奇数则对半分后交替取大小部分。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
int a = 0, b = 0;
bool f = 0;
int base = 1;
while (n) {
int val = n % 10;
int x = val / 2, y = val - val / 2;
if (x != y) {
if (f) swap(x, y);
f ^= 1;
}
a += x * base;
b += y * base;
n /= 10;
base *= 10;
}
cout << a << ' ' << b << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题意
将长为 \(2n\) 的排列中的数，两两配对 \(\{(a_1,b_1),\cdots ,(a_n,b_n)\}\)，使得 \(\{ a_1+b_1,\cdots , a_n+b_n \}\) 满足从小到大排序后是连续上升的整数。
题解
知识点：构造。
\(\sum_{i=1}^{2n} i = n(2n+1)\) ，构造 \(n\) 对后平均值是 \(2n+1\) ，为了保证数对是连续上升的，一定从 \(2n+1\) 开始两侧同时扩展。
\(n\) 为偶数时，一共有偶数对无法做到两侧同时扩展的，所以无解。
\(n\) 为奇数时，只需构造 \((1,2n),\cdots (n,2n-\left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor)\) 以及 \((2,2n-\left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor - 1),\cdots ,(n-1,2n - 2\left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor)\) 即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
if (!(n & 1)) return false;
cout << "YES" << '\n';
for (int i = 1;i <= n;i += 2) cout << i << ' ' << 2 * n - i / 2 << '\n';
for (int i = 2;i <= n;i += 2) cout << i << ' ' << 2 * n - n / 2 - i / 2 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
D
题意
给定坐标轴上 \(n\) 个点，坐标为 \(x_i\) ，选中不少于 \(2\) 个点，可以进行一场游戏。
对于一场游戏，每个点在开始前会固定移动方向，移动方向为离自己最近的另一个点的方向，若两个方向最近的点距离一样，则往左边走。游戏开始后，每个点在碰到另一个点后会立刻停止。一场游戏的价值为，游戏最后存在点的不同的坐标个数。
问，对于所有选点方案，都进行一场游戏后的价值总和。
题解
知识点：枚举，组合数学。
每个贡献一定由一组相邻的且开始后相互靠近的点对产生，对于不相邻的点对他们不会产生任何贡献。因此，考虑枚举所有点对，计算满足相邻且开始后会相互靠近的方案数，求和便是答案。
对于一组点对 \((i,j)\) ，令 \(d = x_j - x_i\) ，可以用二分计算出最后一个小于 \(x_i-d\) 的位置 \(l\) ，和第一个大于等于 \(x_j+d\) 的位置 \(r\) ，于是 \([1,l],[r,n]\) 的点能保证 \((i,j)\) 两点相互靠近产生一次贡献，这些点可选可不选，共计产生 \(2^{l+n-r+1}\) 的贡献。
时间复杂度 \(O(n^2 \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int P = 1e9 + 7;
int x[3007];
int p[3007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> x[i];
p[0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) p[i] = 2LL * p[i - 1] % P;
int ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = i + 1;j <= n;j++) {
int d = x[j] - x[i];
int l = lower_bound(x + 1, x + n + 1, x[i] - d) - x - 1;
int r = lower_bound(x + 1, x + n + 1, x[j] + d) - x;
(ans += p[l + n - r + 1]) %= P;
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E
题意
给定一个数组 \(a_i\) 。设段的集合 \(S\) 满足：
- 元素形式为段 \([x,y]\) ，其中 \(1\leq x\leq y\leq n\) 。
- 所有段没有交集，即任意两个段 \(A ,B\) 不存在 \(x\) 满足 \(x \in A\) 且 \(x \in B\) 。
- 所有段 \([x,y]\) 满足 \(\sum_{i=x}^y a_i \geq 0\) 。
一个段集合 \(S\) 的价值为，所有其中元素段长度的和，即 \(\sum_{[x,y] \in S} (y-x+1)\) 。
求对于数组 \(a_i\) 所有可能的 \(S\) 的价值最大值。
题解
知识点：线性dp，树状数组，离散化。
设 \(s_i\) 为 \(\sum_{j=1}^i a_j\) 。
设 \(f_i\) 为 \([1,i]\) 中 \(S\) 价值的最大值。有转移方程：
- 若不选 \(a_i\) ，则 \(f_i = \max(f_i,f_{i-1})\) 。
- 若选 \(a_i\) ，则考虑 \(j \in [0,i-1]\) 满足 \(s_i - s_j \geq 0\) 中找到 \(f_j + i -j\) 的最大值。
对于2，朴素递推是 \(O(n^2)\) 的，考虑用数据结构优化。
注意到 \(f_j + i - j\) 中 \(i\) 是定值，我们只需要知道满足 \(s_j \leq s_i\) 的 \(j\) 中 \(f_j-j\) 的最大值即可。为了方便找到 \(s_j \leq s_i\) ，我们可以用一个以 \(s_i\) 作为下标，能查询前缀最大值的数据结构，树状数组和权值线段树都可以。其中，因为我们要求的是最大值，所以对于不同的 \(j\) 若有相同的 \(s\) ，我们取最大的 \(f_j-j\) 作为 \(s\) 对应的值不影响结果。
这里值域太大了但个数不多，可以离散化处理一个值的排名到值的映射，就可以利用排名作为下标。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
template<class T>
struct Fenwick {
int n;
vector<T> node;
Fenwick(int _n = 0) { init(_n); }
void init(int _n) {
n = _n;
node.assign(n + 1, T::e());
}
void update(int x, T val) {
for (int i = x;i <= n;i += i & -i)
node[i] += val;
}
T query(int x) {
T ans = T::e();
for (int i = x;i >= 1;i -= i & -i)
ans += node[i];
return ans;
}
};
struct T {
int val;
static T e() { return { (int)-1e9 }; }
T &operator+=(const T &x) { return val = max(val, x.val), *this; }
};
template<class T>
struct Discretization {
vector<T> uniq;
Discretization() {}
Discretization(const vector<T> &a) { init(a); }
void init(const vector<T> &a) {
uniq = a;
sort(uniq.begin() + 1, uniq.end());
uniq.erase(unique(uniq.begin() + 1, uniq.end()), uniq.end());
}
int get(T x) { return lower_bound(uniq.begin() + 1, uniq.end(), x) - uniq.begin(); }
};
ll s[200007];
int dp[200007];
int pos[200007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];
Discretization<ll> dc(vector(s, s + n + 2));
for (int i = 0;i <= n;i++) pos[i] = dc.get(s[i]);
Fenwick<T> fw(dc.uniq.size() - 1);
dp[0] = 0;
fw.update(pos[0], { dp[0] - 0 });
for (int i = 1;i <= n;i++) {
dp[i] = max(dp[i - 1], fw.query(pos[i]).val + i);
fw.update(pos[i], { dp[i] - i });
}
cout << dp[n] << '\n';
return 0;
}
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