2023牛客暑期多校训练营5 ABCDEGHI
A
题解
知识点：莫队，树状数组。
区间询问显然可以离线莫队，考虑端点移动对答案的影响。
不妨先考虑右端点右移一个位置，对答案的改变。假设右端点右移后在 \(r\) ，我们先要知道 \([l,r-1]\) 中和 \(a_r\) 相等的位置。对于每个这样的位置 \(l'\) ，我们将 \([l',r-1]\) 中小于 \(a_r\) 的数字个数加起来，就是右移的贡献。
我们可以先树状数组预处理出，对于每个点在它之前比它小的数字个数，记为 \(les_i\) 。那么我们便可以简化最后一步的计算个数，最终答案就是 \(\displaystyle \sum_{l':l' \in [l,r-1],a_{l'} = a_r} les_{r} - les_{l'}\) 。
我们发现其中 \(les_r\) 是定值，若我们知道了 \([l,r-1]\) 中所有与 \(a_r\) 相等的位置个数 \(cnt_{a_r}\) ，那么总的贡献又可以变为 \(cnt_{a_r} \cdot les_r - \displaystyle \sum_{l':l' \in [l,r-1],a_{l'} = a_r} les_{l'}\) ，因此我们可以同步维护 \(cnt_i\) 表示 \([l,r]\) 中值为 \(i\) 的数字个数。
同时，我们也可以同步维护 \(sum_{i}\) 表示 \([l,r]\) 中所有值为 \(i\) 的位置 \(l'\) 的 \(les_{l'}\) 的和，来直接得到最后一项求和。
类似的有其他三个操作：左端点左移、右端点左移、左端点右移。
注意，莫队分块的最佳大小是 \(\dfrac{n}{\sqrt m}\) 。
时间复杂度 \(O(n \sqrt m)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
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;
}
};
/// 树状数组，修改查询O(logn)，单点修改、前缀查询
//* 修改操作需满足结合律，即满足线段树的lazy标记要求
//* 任意区间查询只支持可以减法的运算
//* 倍增查找只支持基本类型
int a[500007];
int les[500007];
struct Query {
int l, r, id;
}Q[500007];
int cnt[500007];
ll sum_les[500007];
ll cur;
void add(int x, bool isLeft) {
ll res = 1LL * cnt[a[x]] * les[x] - sum_les[a[x]];
cnt[a[x]]++;
sum_les[a[x]] += les[x];
cur += (isLeft ? -1 : 1) * res;
}
void del(int x, bool isLeft) {
cnt[a[x]]--;
sum_les[a[x]] -= les[x];
ll res = 1LL * cnt[a[x]] * les[x] - sum_les[a[x]];
cur -= (isLeft ? -1 : 1) * res;
}
ll ans[500007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
Fenwick<int> fw(n);
for (int i = 1;i <= n;i++) {
cin >> a[i];
les[i] = fw.query(a[i] - 1);
fw.update(a[i], 1);
}
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int l, r;
cin >> l >> r;
Q[i] = { l,r,i };
}
int B = n / sqrt(m);
sort(Q + 1, Q + m + 1, [&](Query a, Query b) {
if (a.l / B == b.l / B) return a.l / B & 1 ? a.r > b.r:a.r < b.r;
else return a.l / B < b.l / B;
});
int L = 1, R = 0;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
auto [l, r, id] = Q[i];
while (L > l) add(--L, 1);
while (R < r) add(++R, 0);
while (L < l) del(L++, 1);
while (R > r) del(R--, 0);
ans[id] = cur;
}
for (int i = 1;i <= m;i++) cout << ans[i] << '\n';
return 0;
}
B
题解
知识点：贪心，枚举，优先队列。
若 \(k \leq 0\) ，当存在一个位置大于等于 \(k\) 时，形成自环即可，逆序数为 \(0\) ；否则所有位置一定小于 \(0\) ，一定无解。接下来考虑 \(k > 0\) 的情况。
我们先考虑全是正数的特殊情况，显然我们优先选择合法的连续区间 \([l,r]\) 的元素循环左移一次构造大环，其他位置构成自环，这样的逆序数是 \(r-l\) ，可以证明是理论最优的，从中去掉某些元素会导致花费增大。这样，我们枚举所有区间构造是 \(O(n^2)\) 的，用尺取法是 \(O(n)\) 的。
现在问题包含了负数，尺取法就失效了，因为区间的和不具备单调性，但我们依旧可以枚举所有区间。不过，此时对于一个区间，有些位置我们是不能选的，否则就不合法了，因此选择的位置不再连续。我们先考虑不连续的位置产生的逆序数的最小值。
若在 \([l,r]\) 这个连续区间中选择了 \(x\) 个数，我们可以将选中的位置对应的数循环左移一次，那么对于环上的元素相互产生了 \(x-1\) 个逆序对，对于每个不在环上的元素都与环元素产生了 \(2\) 个逆序对，即没被选择的点都额外产生了一个逆序对，这样产生的逆序数为 \(r-l + (r-l+1-x)\) ，可以证明是理论最优的。
结合上面的结论，我们知道对于一个固定区间 \([l,r]\) ，选的数越多越好，这样贪心选择的方式就顺其自然的出现了：正数都选，随后负数选最大的直到不能再选。
这里，区间端点原则上是一定要选的，不然求出的答案会比真实答案要大。但对于这种情况的真实答案，其等价于一个更小区间的真实答案，因此即使舍弃导致求出错误答案，也不会使得最终答案错误，所以为了实现方便就允许存在这样的操作。
直接枚举每个区间取数的复杂度是 \(O(n^3)\) 的。我们发现，对于每一个右端点，左端点从右到左的时候，区间长度一直在增加，那么当没被选择的数严格减小时答案才会更优，因此之前选过的负数是一定会被选上，否则没被选择的数一定比之前更大，答案不会更优。因此，用优先队列维护没被选择的负数即可，选过的就不需要考虑了。
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;
int a[1000007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
if (k <= 0) {
bool ok = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) ok |= a[i] >= k;
if (ok) cout << 0 << '\n';
else cout << -1 << '\n';
return 0;
}
int ans = 1e9;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
ll sum = 0;
priority_queue<int> pq;
for (int j = i;j >= 1;j--) {
if (a[j] >= 0) sum += a[j];
else pq.push(a[j]);
while (pq.size() && pq.top() + sum >= k) {
sum += pq.top();
pq.pop();
}
if (sum >= k) {
int sz = pq.size();
ans = min(ans, i - j + sz);
}
}
}
if (ans < 1e9) cout << ans << '\n';
else cout << -1 << '\n';
return 0;
}
C
题解
知识点：图匹配，竞赛图。
将 \((x,y+n)\) 的关系转化为 \((x,y)\) ，那么原图会变为一个竞赛图，而原图的匹配关系则变为竞赛图的若干条不相交的路径。
首先竞赛图一定有一条哈密顿路径，因此答案至少为 \(n-1\) 。
当且仅当每个点都在一个哈密顿回路时（每个点都在大于等于 \(3\) 强连通分量内），答案才为 \(n\) 。可以根据兰道定理：竞赛图强连通，当且仅当从小到大的度数序列的前缀和 \(s[1,i]\) 严格大于 \(\dbinom{i}{2}\) 。
我们可以枚举度数序列，找到所有强连通分量。
时间复杂度 \(O(n^2)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int deg[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++)
for (int j = 1;j <= n;j++) {
int x;
cin >> x;
deg[i] += x;
}
// (x,y+n)看为(x,y)的边，可转化为竞赛图
// 竞赛图必有哈密顿路径答案至少为n - 1，当且仅当所有点可以在大于等于3的环中时答案为n
/// 兰道定理：一个序列是竞赛图的分数序列当且仅当度数序列前缀和s[1,i]大于等于C(i,2)，i=n时等于
/// 兰道定理：竞赛图强连通当且仅当度数序列前缀和s[1,i]严格大于C(i,2)
sort(deg + 1, deg + n + 1);
int s = 0;
for (int i = 1, j = 0;i <= n;i++) {
s += deg[i];
if (s == i * (i - 1) / 2) { // 此时不强连通
if (i - j <= 2) { // [j,i)的点是强连通的，若小于等于2则不能成环，
cout << n - 1 << '\n';
return 0;
}
j = i;
}
}
cout << n << '\n';
return 0;
}
D
题解
知识点：因数集合。
由条件 \(b \mid c\) ，我们枚举所有 \(c\) 的因数，可以求出 \(a\) ，最后验证一下即可。
时间复杂度 \(O(\sqrt c)\)
空间复杂度 \(O(\sqrt c)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void get_factor(int n, vector<int> &factor) {
for (int i = 1;i * i <= n;i++) {
if (!(n % i)) {
factor.push_back(i);
if (i != n / i) factor.push_back(n / i);
}
}
}
bool solve() {
int k, c, n;
cin >> k >> c >> n;
vector<int> factor;
get_factor(c, factor);
int ans = 0;
for (auto b : factor) {
if ((c - b) % k) continue;
int a = (c - b) / k;
if (a <= 0 || gcd(a, b) < n) continue;
ans++;
}
cout << ans << '\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;
}
E
题解
知识点：递归，分治。
不难发现区间的嵌套关系是一个树状结构，天然满足递归的性质，我们把每个不被约束的数字单独看作一个约束区间方便实现。
先将区间按左端点从小到大排序，右端点为第二关键字从大到小排序，保证第一个遇到的一定是嵌套区间最大的。
对于一个约束区间 \([l,r]\) ，分类讨论：
- 若没有子约束，若要求奇数，我们随便交换两个即可，否则不用交换。
- 若有子约束，统计子约束的影响，若和自己同奇偶则无需改动，否则随意选两个相邻约束区间，取左边的最大值和右边的最小值交换即可。
有线性的做法，需要处理下面两件事：
- 每次递归返回最后一个区间的下标，对于上一层递归就直接可以跳转到后面继续枚举区间。
- 将操作先记录（交换的两个数字，我们只需要数字），最后开一个数组 \(loc_i\) 表示数字 \(i\) 在排列的位置，对其直接进行操作即可。
时间复杂度 \(O(m(n+m))\)
空间复杂度 \(O(m)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n, m;
array<int, 3> seg[1007];
int p[1007], cnt;
void dfs(int l, int r, int w = -1) {
if (l == r) {
p[l] = ++cnt;
return;
}
int pos = l, wsum = 0;
vector<pair<int, int>> sub_seg;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
auto [l1, r1, w1] = seg[i];
if (pos <= l1 && r1 <= r && (w == -1 || r1 - l1 + 1 < r - l + 1)) {
while (pos < l1) {
dfs(pos, pos, -1);
sub_seg.push_back({ pos,pos });
pos++;
}
sub_seg.push_back({ l1,r1 });
dfs(l1, r1, w1);
pos = r1 + 1;
wsum ^= w1;
}
}
while (pos <= r) {
dfs(pos, pos, -1);
sub_seg.push_back({ pos,pos });
pos++;
}
if (w != -1 && w != wsum) {
auto [l1, r1] = sub_seg[0];
auto [l2, r2] = sub_seg[1];
int x = find(p + l1, p + r1 + 1, r1) - p;
int y = find(p + l2, p + r2 + 1, l2) - p;
swap(p[x], p[y]);
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int l, r, w;
cin >> l >> r >> w;
seg[i] = { l,r,w };
if (l == r && w) {
cout << -1 << '\n';
return 0;
}
}
sort(seg + 1, seg + m + 1, [&](auto a, auto b) { return a[0] == b[0] ? a[1] > b[1]:a[0] < b[0];});
dfs(1, n);
for (int i = 1;i <= n;i++) cout << p[i] << " \n"[i == n];
return 0;
}
G
题解
知识点：双指针。
尺取法枚举区间即可。
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[100007];
int cnt[5];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
int ans = 1e9;
int l = 1, r = 1;
while (l <= n) {
while (r <= n) {
if (cnt[1] && cnt[2] && cnt[3] && cnt[4] >= k) break;
cnt[a[r]]++;
r++;
}
if (cnt[1] && cnt[2] && cnt[3] && cnt[4] >= k) ans = min(ans, r - l);
cnt[a[l]]--;
l++;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
H
题解
知识点：贪心，背包dp。
注意到背包大小是递增的，因此我们考虑后 \(min(n,m)\) 个背包即可。
一个显然的方法是，考虑了前 \(i\) 次，共处理前 \(j\) 个奶酪的最大价值。但这样，转移时我们要枚举最后一次处理了多少奶酪，并进行背包dp，复杂度是 \(O(n^3 \max\{sz_i\})\) 的。
我们可以考虑预处理区间 \([i,j]\) 且背包大小是 \(k\) 时的最大价值，复杂度是 \(O(n^2 \max\{sz_i\})\) 的，而对于之前的转移复杂度就变为 \(O(n^3)\) 了。
时间复杂度 \(O(n^2 \max\{ sz_i \} + n^3)\)
空间复杂度 \(O(m+n^2 \max\{sz_i\})\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int a[207], b[207];
int sz[100007];
ll f[207][207][207];
ll g[207][207];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i] >> b[i];
for (int i = 1;i <= m;i++) cin >> sz[i];
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = i;j <= n;j++) {
for (int k = 0;k <= sz[m];k++) {
f[i][j][k] = f[i][j - 1][k];
if (k >= a[j]) f[i][j][k] = max(f[i][j][k], f[i][j - 1][k - a[j]] + b[j]);
}
}
}
reverse(sz + 1, sz + m + 1);
m = min(m, n);
reverse(sz + 1, sz + m + 1);
for (int i = 1;i <= m;i++) {
for (int j = 0;j <= n;j++) {
for (int k = 0;k <= j;k++) {
g[i][j] = max(g[i][j], g[i - 1][j - k] + f[j - k + 1][j][sz[i]]);
}
}
}
cout << g[m][n] << '\n';
return 0;
}
I
题解
知识点：位运算，线性dp。
先预处理前缀异或和方便处理，并考虑按位计算贡献。
我们先考虑一个简单的问题，求出所有子区间的异或和的和，与蓝桥杯省赛的一道题完全一致。朴素求所有子区间，最暴力的就是 \(O(n^3)\) 选完再求，稍微优化一点是 \(O(n^2)\) 枚举右端点左端点可以递推，但实际左端点的递推过程也可以 \(O(1)\) 解决，因此最佳复杂度就是 \(O(n)\) 的，具体解法如下。
枚举固定的右端点 \(r\) ，若一个位置 \(l-1\) 使得 \([1,l-1]\) 的异或和第 \(k\) 位和 \([1,r]\) 的异或和第 \(k\) 位不同，那么 \([l,r]\) 的异或和第 \(k\) 位为 \(1\) ，就会在以 \(r\) 为右端点的这个状态产生 \(2^k\) 的贡献。
因此，我们考虑维护 \([1,r-1]\) 所有前缀（可以为空）异或和第 \(k\) 位的 \(0,1\) 个数 \(sum_{k,0/1}\) ，便可轻松获得前缀与 \([1,r]\) 的异或和第 \(k\) 位不同的个数。例如\([1,r]\) 的异或和第 \(k\) 位为 \(1\) ，那么贡献就是 \(2^k \cdot sum_{k,0}\) 。最后，把 \([1,r]\) 的异或和的每位情况加到 \(sum\) 即可。此时，我们可以得到以 \(r\) 为右端点的所有子区间的异或和。
对于这个简单问题，我们直接加到答案里即可。但为了原来问题的处理，我们考虑求 \(f_i\) 表示右端点小于等于 \(i\) 的所有子区间的异或和之和。这个只需要求出以 \(r\) 为右端点的所有子区间的异或和后保存在 \(f_r\) ，最后枚举完所有右端点后做前缀和即可。
回到原来的问题，发现其实就是分段求异或和再乘起来，求所有情况的和。问题与 \(k\) 子段问题非常相似，考虑线性dp。设 \(f_{i,j}\) 表示分了 \(i\) 段，且所有区间右端点小于等于 \(j\) 时的答案，状态顺序交换也是可以写的，不过会麻烦一点。 \(i=1\) 时，\(f_{1,j}\) 即上述简单问题最终答案，其实之后的递推思路是完全类同的。
当分了 \(i\) 段时，枚举第 \(i\) 段固定的右端点 \(j\) ，若一个位置 \(l-1\) 使得 \([1,l-1]\) 的异或和第 \(k\) 位和 \([1,j]\) 的异或和第 \(k\) 位不同，那么 \([l,j]\) 的异或和第 \(k\) 位为 \(1\) ，就会在分了 \(i\) 段最后一段以 \(j\) 为右端点的这个状态（不是 \(f_{i,j}\)）产生 \(2^k \cdot f_{i-1,l-1}\) 的贡献。
因此，我们考虑维护 \([1,j-1]\) 所有前缀（可以为空）分了 \(i-1\) 段且异或和的第 \(k\) 位为 \(0,1\) 时的总贡献 \(sum_{k,0/1}\) ，便可轻松获得前缀与 \([1,j]\) 的异或和第 \(k\) 位不同时，前缀分了 \(i-1\) 段的总贡献。例如\([1,r]\) 的异或和第 \(k\) 位为 \(1\) ，那么贡献就是 \(2^k \cdot sum_{k,0}\) 。最后，根据 \([1,j]\) 的异或和每位情况，将 \(f_{i-1,j}\) 加到 \(sum\) 即可。此时，我们可以得到分了 \(i\) 段，且最后一段以 \(j\) 为右端点的答案。我们对其做前缀和即可得到 \(f_{i,j}\) 。
这类问题最关键的是，枚举右端点时，将左端点的 \(O(n)\) 递推，根据异或的性质优化为对每位贡献的 \(O(1)\) 求和，即拆位求和的优化。拆位求和的本质就是，将区间异或和按位拆成若干个代表位权的数之和，并对所有区间异或和拆开后的数按位分组考虑，就非常方便位运算相关判断了。
这里分段之间的运算是乘法，具有分配律，因此拆位后每位都需要乘上前面的答案的和。如果换成加减法，那运算就完全不一样了，因为具有交换律，当前段的贡献与之前段的答案没有任何关联，最终将之前的答案和当前段的贡献加在一起即可。对于其他的运算符也可以类似考虑，乘法其实是比较好处理的一种运算符。
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;
const int P = 998244353;
int a[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 >> a[i], a[i] ^= a[i - 1];
vector<int> f(n + 1, 1);
for (int i = 1;i <= 3;i++) {
vector<int> g(n + 1);
array<array<int, 2>, 30> sum{};
for (int j = 0;j <= n;j++) {
for (int k = 0;k < 30;k++) {
(g[j] += (1LL << k) * sum[k][~(a[j] >> k) & 1] % P) %= P;
(sum[k][(a[j] >> k) & 1] += f[j]) %= P;
}
}
for (int j = 1;j <= n;j++) (g[j] += g[j - 1]) %= P;
swap(f, g);
}
cout << f[n] << '\n';
return 0;
}
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