Codeforces Global Round 18

F. LEGOndary Grandmaster

题目描述

解法

我手玩这个题都感觉很难受，其实是相邻两个相同才能操作这个限制特别恶心。一种常见的转化思路是使得不符合限制的操作没有意义，那么我们把偶数位置翻转，然后操作变成交换原来的两个数，那么 \(01,10\)（原来是 \(00,11\)）交换之后有意义，但是 \(00,11\)（原来是 \(01,10\)）交换之后无意义。

所以我们在对字符串进行上述操作之后，当且仅当 \(1\) 的个数相同才可以变换。设 \(x_i,y_i\) 分别表示两个字符串第 \(i\) 个 \(1\) 的位置，那么最优操作是一个匹配问题，此种情况的贡献是：

\(\sum |x_i-y_i|\)

但是这样还是难以优化到 \(O(n^2)\)，我们切换算贡献的主体，设 \(a_i,b_i\) 分别表示两个字符串前 \(i\) 位中 \(1\) 的个数，那么每一种情况的贡献是这样的：

\(\sum |a_i-b_i|\)

那么可以用计数 \(dp\) 预处理出 \(pre(i,j),suf(i,j)\)，分别表示两个字符串前 \(i\) 位\(/\)后 \(i\) 位的 \(1\) 的个数差为 \(j\) 的方案数，那么最终的答案是：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=-i}^ipre(i,j)\times suf(i+1,-j)\times |j| \]

时间复杂度 \(O(n^2)\)

#include <cstdio>
const int M = 2005;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n,ans,pre[M][M<<1],suf[M][M<<1];char s[M],t[M];
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
int Abs(int x) {return x>0?x:-x;}
int match(char c,int x) {return c=='?' || c==x+'0';}
void work()
{
	n=read();scanf("%s%s",s+1,t+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(s[i]!='?' && i%2) s[i]=((s[i]-'0')^1)+'0';
		if(t[i]!='?' && i%2) t[i]=((t[i]-'0')^1)+'0';
	}
	for(int i=0;i<=n+1;i++) for(int j=-n;j<=n;j++)
		pre[i][j+M]=suf[i][j+M]=0;
	pre[0][0+M]=suf[n+1][0+M]=1;ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=-n;j<=n;j++)
		for(int x=0;x<2;x++) for(int y=0;y<2;y++)
			if(match(s[i],x) && match(t[i],y))
				add(pre[i][j+x-y+M],pre[i-1][j+M]);
	for(int i=n;i>=1;i--) for(int j=-n;j<=n;j++)
		for(int x=0;x<2;x++) for(int y=0;y<2;y++)
			if(match(s[i],x) && match(t[i],y))
				add(suf[i][j+x-y+M],suf[i+1][j+M]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=-n;j<=n;j++)
			add(ans,pre[i][j+M]*suf[i+1][-j+M]%MOD*Abs(j));
	printf("%d\n",ans);
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--) work();
}

G. Maximum Adjacent Pairs

题目描述

点此看题

给你一个长度为 \(n\) 的整数序列，你需要把其中所有的 \(0\) 替换成 \([1,n]\) 中的一个数，使得最终序列上相邻相同值对的数量最大（出现位置不同的相同值对只计算一次）

举例：\(1\ 1 \ 2 \ 2 \ 2 \ 1\) 的价值是 \(2\)，值 \(1,2\) 都贡献了一次。

\(n\leq 3\cdot 10^5,0\leq a_i\leq \min(n,600)\)

解法

建图还是挺简单的吧，~~我轻松想到的事情官方题解说了这么久，所以我是图论大师？~~

我把我建图的思路将给你们听：本题的题目很简单，难点只有一个值只计算一次贡献，这是一个难以解决的全局限制，而且这个限制不便于拆分，所以我们考虑用图论描述这个问题。

那么我们要思考原问题中各元素在图上的含义，一个值只贡献一次告诉我们把值建成点会好一些，同时我们把 \(0\) 也建成点，\(0\) 的填法产生贡献相当于和对应的值匹配，我们建立边就可以决策这个过程。更具体地可以考虑原序列上连续的一段 \(0\)，根据贪心原理只有连续段边上的 \(0\) 才会和值匹配，其他的 \(0\) 都另寻它路了，简单讨论一下：

如果连续段的长度为偶数，那么我们建立两个代表 \(0\) 的点 \(x,y\)，首先将 \(x,y\) 连一条边代表他们可以自己匹配，然后我们将 \(x\) 连向左边的值，\(y\) 连向右边的值。
如果连续段的长度为奇数，那么我们建立一个代表 \(0\) 的点 \(x\)，把它和左边的值和右边的值都连边。

然后我们跑一般最大图匹配就行了，因为图很稀疏所以可以信仰跑。

这时候写一发带花树就会发现自己 \(\tt T\) 了，这是因为每次 \(\tt bfs\) 的时候暴力清空使你的复杂度达到了稳定 \(O(n^2)\)，我们可以把所有经过修改的点存在 \(\tt vector\) 里面，最后再还原即可，这样复杂度就变成了玄学，然后随便跑过。

官方题解给出了一种更为稳定的做法，我们可以首先忽略偶数段 \((x,y)\) 的边，然后拿这个图去跑二分图最大匹配，然后把在二分图最大匹配中的点拎出来考虑 \((x,y)\) 的边跑一般图最大匹配，这样点数和边数是 \(600\) 级别的就很舒服。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 500005;
#define pb push_back 
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,k,tot,tim,a[M],f[M],use[M],hav[M],id[M];
int d[M],pre[M],mat[M],fa[M],bz[M],bp[M];
vector<int> V;
struct edge
{
	int v,next;
}e[M<<2];
void add(int u,int v)
{
	e[++tot]=edge{v,f[u]},f[u]=tot;
	e[++tot]=edge{u,f[v]},f[v]=tot;
}
int find(int x)
{
	if(x!=fa[x]) fa[x]=find(fa[x]);
	return fa[x];
}
int lca(int x,int y)
{
	tim++;x=find(x);y=find(y);
	while(bp[x]!=tim)
	{
		bp[x]=tim;
		x=find(pre[mat[x]]);
		if(y) swap(x,y);
	}
	return x;
}
void make(int x,int y,int w)
{
	while(find(x)!=w)
	{
		pre[x]=y;y=mat[x];
		if(bz[y]==2) bz[y]=1,d[++d[0]]=y,V.pb(y);
		if(find(x)==x) fa[x]=w,V.pb(x);
		if(find(y)==y) fa[y]=w,V.pb(y);
		x=pre[y];
	}
}
void match(int x,int y)
{
	mat[x]=y;mat[y]=x;
	V.pb(x);V.pb(y);
}
int bfs(int rt)
{
	for(auto x:V) fa[x]=x,bz[x]=pre[x]=0;V.clear();
	d[d[0]=1]=rt;bz[rt]=1;int l=0;V.pb(rt);
	while(l<d[0])
	{
		int u=d[++l];
		for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].v;
			if(find(u)==find(v) || bz[v]==2) continue;
			if(!bz[v])
			{
				bz[v]=2;pre[v]=u;V.pb(v);
				if(!mat[v])
				{
					for(int x=v,y;x;x=y)
						y=mat[pre[x]],match(x,pre[x]);
					return 1;
				}
				V.pb(mat[v]);
				bz[mat[v]]=1;d[++d[0]]=mat[v];
			}
			else
			{
				int w=lca(u,v);
				make(u,v,w);
				make(v,u,w);
			}
		}
	}
	return 0;
}
void rep(int l,int r)
{
	for(int i=l;i<=r;i+=2)
	{
		while(hav[k]) k++;
		a[i]=a[i+1]=k++;
	}
}
signed main()
{
	n=read();k=1;m=600;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();hav[a[i]]=1;
		if(a[i]==a[i-1]) use[a[i]]=1;
	}
	for(int i=1,j;i<=n;i=j)
	{
		if(a[i]) {j=i+1;continue;}j=i;
		while(j<=n && a[j]==0) j++;
		if((j-i)%2==0)
		{
			m++;if(i>1 && !use[a[i-1]]) add(m,a[i-1]);
			m++;if(j<=n && !use[a[j]]) add(m,a[j]);
			add(m-1,m);
		}
		else
		{
			m++;if(i>1 && !use[a[i-1]]) add(m,a[i-1]);
			if(j<=n && !use[a[j]]) add(m,a[j]);
		}
		id[i]=m;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(!mat[i]) bfs(i);
	for(int i=1,j=1;i<=n;i=j+1)
	{
		j=i;if(!id[i]) continue;
		while(j<=n && a[j]==0) j++;
		j--;int o=id[i];
		if((j-i+1)%2==0)
		{
			if(mat[o-1]==o) rep(i,j);
			else//matched with color
			{
				a[i]=a[i-1];a[j]=a[j+1];
				rep(i+1,j-1);
			}
		}
		else
		{
			if(i>1 && mat[o]==a[i-1])
				a[i]=a[i-1],rep(i+1,j);
			else a[j]=a[j+1],rep(i,j-1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d ",a[i]?a[i]:1);
	puts("");
}

posted @ 2022-01-02 20:19 C202044zxy 阅读(427) 评论(0) 编辑收藏举报

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