Codeforces Round #771 (Div. 2) A-E

A

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
int p[507];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> p[i];
    int pos1 = 0, pos2 = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        if (p[i] != i) {
            pos1 = i;
            break;
        }
    }
    for (int i = pos1 + 1;i <= n;i++) {
        if (pos1 == p[i]) {
            pos2 = i;
            break;
        }
    }
    reverse(p + pos1, p + pos2 + 1);
    for (int i = 1;i <= n;i++) cout << p[i] << " \n"[i == 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;
}

B

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
int a[100007];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int mx0 = 0, mx1 = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        if (a[i] & 1) {
            if (a[i] < mx1) return false;
            mx1 = a[i];
        }
        else {
            if (a[i] < mx0) return false;
            mx0 = a[i];
        }
    }
    cout << "YES" << '\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;
}

C

题意

给定一个长为 $n$ 的排列，将数字看作点，其中的逆序对当作一条边，问这个图有多少个连通块。

题解

知识点：贪心，单调栈。

从左到右遍历，考虑用一个单调递增栈保存之前连通块，用连通块最大数字代表它所在连通块。

之后每加入一个数字，需要和栈顶连通块比较。若小于连通块最大数字，则连通块可以与这个数字连通。随后将这个连通块弹出栈顶，继续比较下一个。

直到没有比这个数字更大的连通块，即不存在逆序对，就将之前与这个数字连通的连通块中取最大值放入栈中，表示这一整个连通块。

若不存在连通块能和这个数字连通，那么就将这个数字放入栈中。

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 p[100007];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> p[i];
    vector<int> v;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int mx = 0;
        while (v.size() && v.back() > p[i]) {
            mx = max(mx, v.back());
            v.pop_back();
        }
        v.push_back(mx ? mx : p[i]);
    }
    cout << v.size() << '\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;
}

D

题意

有一个 $n\times m$ 的空白矩阵和一个目标矩阵，可以用一个 $2\times 2$ 的刷子对其染色（覆盖原来的颜色）。

问能否在若干次染色后，使得空白矩阵变成目标矩阵，并给出染色方案。

题解

知识点：BFS，贪心，构造。

考虑逆推。

我们用每个 $2 \times 2$ 的区域的左上角坐标，代表这个区域。

一开始，确定若干个 $2 \times 2$ 的纯色区域，这些一定是可以最后一步染色的。将这些区域规定为最后一步后，这些区域之前是什么颜色并不重要，因为最后总会被覆盖的，因此这些区域的格子可以是任意颜色，作为一个通配符存在。随后，以这些区域为起点，继续往外染色即可。

按照这个规律，问题等价于在一个 $(n-1) \times (m-1)$ 地图上完成遍历连通块的问题。若整张图都被遍历了，那么染色方案是存在，方案倒序即是答案，否则无解。

时间复杂度 $O(nm)$

空间复杂度 $O(nm)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
int n, m;
int dt[1007][1007];
 
int check(int x, int y) {
    int color = 0;
    for (auto xx : { x,x + 1 }) {
        for (auto yy : { y,y + 1 }) {
            if (!dt[xx][yy]) continue;
            if (!color) color = dt[xx][yy];
            if (color != dt[xx][yy]) return -1;
        }
    }
    return color;
}
 
void deal(int x, int y) {
    for (auto xx : { x,x + 1 })
        for (auto yy : { y,y + 1 })
            dt[xx][yy] = 0;
}
 
struct node {
    int x, y, c;
};
 
queue<node> q;
bool vis[1007][1007];
vector<node> ans;
void bfs() {
    for (int i = 1;i < n;i++)
        for (int j = 1;j < m;j++)
            if (check(i, j) != -1) q.push({ i,j,check(i,j) });
    while (q.size()) {
        auto [x, y, c] = q.front();
        q.pop();
        if (vis[x][y]) continue;
        vis[x][y] = 1;
        deal(x, y);
        if (c) ans.push_back({ x,y,c });
        for (auto xx : { x - 1,x,x + 1 }) {
            for (auto yy : { y - 1,y,y + 1 }) {
                if (xx < 1 || xx >= n || yy < 1 || yy >= m || vis[xx][yy] || check(xx, yy) == -1) continue;
                q.push({ xx,yy,check(xx,yy) });
            }
        }
    }
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++)
        for (int j = 1;j <= m;j++)
            cin >> dt[i][j];
 
    bfs();
    bool ok = 1;
    for (int i = 1;i < n;i++)
        for (int j = 1;j < m;j++)
            ok &= vis[i][j];
    if (ok) {
        reverse(ans.begin(), ans.end());
        cout << ans.size() << '\n';
        for (auto [x, y, c] : ans) cout << x << ' ' << y << ' ' << c << '\n';
    }
    else cout << -1 << '\n';
    return 0;
}

E

题意

给定一个长为 $n$ 的整数数组 $a$ ，其中每个数字都有一个颜色。

初始时，所有数字都为 $0$ ，颜色都为 $1$ 。

现在完成 $q$ 个操作，有如下种类：

1. 将 $[l,r]$ 的数字染色成 $c$ 。
2. 给所有颜色为 $c$ 的数字加上 $x$。
3. 输出 $a_i$ 。

题解

知识点：珂朵莉树，树状数组，枚举。

我们先考虑操作1都是单点操作的情景。

对于操作2，因为是对所有颜色 $c$ 的数字加，所以我们没必要枚举每个满足条件的数字，考虑用 $col_c$ 记录当前对颜色 $c$ 加了多少，之后遇到操作3询问的数字颜色为 $c$ 时，输出 $a_i + col_c$ 即可。

对于操作1，若原来的颜色是 $c$ ，新的颜色是 $c'$ ，我们只需要将 $a_i$ 改为 $a_i + col_c - col_{c'}$ ，即等价替换了颜色。

对于原题区间操作的操作1，考虑用珂朵莉树维护颜色段一致的区间，随后暴力修改每个相同颜色段区间的数字，用树状数组维护区间修改即可。

虽然这题并没有保证数据随机，但考虑势能分析区间数。每次操作最多新增 $2$ 段区间，而一次区间减少段数最多为区间新增的段数，因此区间数的变化量绝对值的总和是 $O(q)$ 的，因此区间修改的复杂度是 $O(q \log n)$ 的。

时间复杂度 $O(n + q\log n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
template<class T>
class ODT {
    map<int, T> tree;
 
public:
    ODT(int n = 0, T val = T()) { init(n, val); }
    ODT(const vector<T> &src) { init(src); }
 
    void init(int n, T val) {
        tree.clear();
        tree[1] = val;
        tree[n + 1] = T();
    }
    void init(const vector<T> &src) {
        int n = src.size() - 1;
        init(n);
        for (int i = 1;i <= n;i++) tree[i] = src[i];
    }
 
    auto split(int x) {
        auto it = prev(tree.upper_bound(x));
        return tree.insert({ x,it->second }).first;
    }
 
    void assign(int l, int r, T val) {
        auto L = split(l), R = split(r + 1);
        tree.erase(L, R);
        tree[l] = val;
    }
};
 
template <class T>
class Fenwick {
    int n;
    vector<T> node;
 
public:
    Fenwick(int _n = 0) { init(_n); }
 
    void init(int _n) {
        n = _n;
        node.assign(n + 1, T());
    }
 
    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();
        for (int i = x;i >= 1;i -= i & -i) ans += node[i];
        return ans;
    }
    T query(int l, int r) {
        T ans = T();
        ans += query(r);
        ans -= query(l - 1);
        return ans;
    }
 
    int lower_bound(T val) {
        int pos = 0;
        for (int i = 1 << __lg(n); i; i >>= 1) {
            if (pos + i <= n && node[pos + i] < val) {
                pos += i;
                val -= node[pos];
            }
        }
        return pos + 1;
    }
    int upper_bound(T val) {
        int pos = 0;
        for (int i = 1 << __lg(n); i; i >>= 1) {
            if (pos + i <= n && node[pos + i] <= val) {
                pos += i;
                val -= node[pos];
            }
        }
        return pos + 1;
    }
};
 
ll col[1000007];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
 
    ODT<int> odt(n, 1);
    Fenwick<ll> fw(n);
 
    auto color = [&](int l, int r, int c) {
        auto L = odt.split(l), R = odt.split(r + 1);
        for (auto it = L;it != R;it++) {
            fw.update(it->first, col[it->second] - col[c]);
            fw.update(next(it)->first, -col[it->second] + col[c]);
        }
        odt.assign(l, r, c);
    };
 
    while (q--) {
        string op;
        cin >> op;
        if (op == "Color") {
            int l, r, c;
            cin >> l >> r >> c;
            color(l, r, c);
        }
        else if (op == "Add") {
            int c, x;
            cin >> c >> x;
            col[c] += x;
        }
        else {
            int x;
            cin >> x;
            cout << fw.query(1, x) + col[odt.split(x)->second] << '\n';
        }
    }
    return 0;
}