Codeforces Round #821 (Div. 2)
前置废话
下午的 \(Div.2\) 还是比较水的，是我想复杂了，前面简单题切的有些慢，也可能是前几分钟还没睡醒吧。。。
写下简要题面吧，要不然都不知道我在说什么
Codeforces Round #821 (Div. 2)
A. Consecutive Sum
题面
给定一个长度为 \(n\) 的序列， 最多可以进行以下操作 \(k\) 次：
选择 \(a_i\) 与 \(a_j\) （\(i \,\bmod\, k = j \,\bmod\, k\)）（\(1 \le i < j \le n\)），并将其交换位置。
执行完所有操作后，你必须选择 \(k\) 个连续的元素，使这 \(k\) 个元素的总和最大。
输入：\(T\)（数据组数） \(n\ 、k\ 、 a_1 …… a_n\) 。
题解
对于所有同余的数 \((mod k)\) 取 \(max\) 之后求和即可。
B. Rule of League
题面
有一个羽毛球锦标赛，有 \(n\) 名球员参加。 玩家从 \(1\) 到 \(n\) 编号。
规则如下：玩家 1 玩家 2 玩游戏，然后获胜者和玩家 3 玩游戏，然后获胜者和玩家 4 玩游戏，以此类推。
因此，进行了 \(n-1\) 场比赛，最后一场比赛的获胜者成为冠军。
比赛中没有平局。
你想知道冠军的结果。
目前，您只知道以下信息：
每个球员要么赢了 \(x\) 场比赛，要么赢了 \(y\) 场比赛。
给定 \(n\)、\(x\) 和 \(y\)，找出是否有与此信息匹配的结果。
题解
一开始想复杂了，直接上的 \(exgcd\) ， 其实仔细想想就能发现：如果 \(x\) 和 \(y\) 都不为零是不满足题意的，直接输出 \(-1\) 即可。
还有 \(x\) 和 \(y\) 都为零是也是直接输出 \(-1\) 。
剩下的只有一种为零的直接模拟即可。
C. Parity Shuffle Sorting
题面
给定一个包含 \(n\) 个非负整数的数组 \(a\)。 你可以对其应用以下操作。
选择两个两个数 \(a_l\) 与 \(a_r \ (1 \le l < r \le n)\) 。如果 \(a_l + a_r\) 是奇数: \(a_r \gets a_l\)；否则：\(a_l \gets a_r\)。
找到任何最多 \(n\) 个操作的序列，使 \(a\) 不递减。 可以证明，它总是可能的。 请注意，你不必尽量减少操作次数。
题解
多测不清空，爆零两行泪。
观察操作，发现：奇偶性相同，后面的值赋给前面，否则前面的值赋给后面。
注意到加粗的话：意思是 我们可以乱搞了 可以将这些数变成同一个数！
具体来说：判断第一个数的奇偶性，如果是奇数（偶数同理），那么将所有的奇数变成最后一个奇数的值，再将所有偶数变成第一个奇数的值。
Code moo~~
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
#define int long long
#define re register int
#define pc_ putchar(' ')
#define pc_n putchar('\n')
#define Bessie signed
inline int read() {
int A = 0, FL = 1;
char CH = getchar();
while(CH < '0' || CH > '9') FL = CH == '-' ? -1 : 1, CH = getchar();
while(CH >= '0' && CH <= '9') A = (A << 3) + (A << 1) + (CH ^ '0'), CH = getchar();
return A * FL;
}
inline void ot(int x) {
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) ot(x / 10); putchar(x % 10 | '0');
}
const int CTR = 2e5 + 7, INF = 5e5 + 7;
int T;
int n;
int a;
int x[CTR], topx, y[CTR], topy;
Bessie main() {
T = read();
while(T--) {
n = read();
//当时没清空x[1]和y[1]爆了三发
//但是直接memset会T
x[1] = y[1] = topx = topy = 0;
for(re i = 1; i <= n; ++i) {
a = read();
if(a % 2 == 0) x[++topx] = i;
else y[++topy] = i;
}
ot(n - 1),pc_n;
if(n - 1 == 0) continue;
if(x[1] == 1) {
for(re i = 1; i < topx; ++i) ot(x[i]),pc_,ot(x[topx]),pc_n;
for(re i = 1; i <= topy; ++i) ot(1),pc_,ot(y[i]),pc_n;
}
else if(y[1] == 1){
for(re i = 1; i < topy; ++i) ot(y[i]),pc_,ot(y[topy]),pc_n;
for(re i = 1; i <= topx; ++i) ot(1),pc_,ot(x[i]),pc_n;
}
}
return 0;
}
D1. Zero-One (Easy Version)
题面
给定两个 \(01\) 字符串 \(a\) 和 \(b\)，长度均为 \(n\)。 你可以多次执行以下操作（可能为零）。
选择两个数 \(a_l,a_r(l<r)\)。
将 \(a_l\) 更改为 \((1−a_l)\)，并将 \(a_r\) 更改为 \((1−a_r)\)。
如果 \(l+1=r\) ，则操作成本为 \(x\)，否则成本为 \(y\)。
你必须找到使 \(a\) 等于 \(b\) 所需的最低成本，或者输出\(-1\) \((a\) 不可能等于 \(b)\)。
\(5 \le n \le 3000，1 \le y \le x \le 10^9\)
具有启发性的样例
\(in\)
4（T）
5（n） 8（x） 7（y）
01001（a）
00101（b）
5 7 2
01000
11011
7 8 3 //就是这组样例启发我们：如果当 x 过于大时，连续花费两个 y 会比只花费一个 x 更优。
0111001
0100001
5 10 1
01100
01100
\(out\)
8
-1
6
0
题解
不合法的情况很简单：不同的数的个数是奇数时就不合法。
然后我们记一个数组 \(C\) , 当 \(a_i = b_i\) 时 \(C_i = 0\)，否则 \(C_i = 1\)，现在要将 \(C\) 的所有数变为零。
假思路：既然选不相邻的更优，那我就双指针扫（一个从前，一个从后），如果不相邻就加 \(y\) ，相邻就加 \(x\) 。
\(hack\)：\(n = 4, x = 5, y = 3, C = { 1\ 1 \ 1\ 1}\)。我们发现：输出的答案为 \(8\) （\(C_1\ C_4\) 同时变为零，\(C_2\ C_3\)同时变为零），但我们可以一眼看穿：答案应该为 \(6\) （\(C_1\ C_3\) 同时变为零，\(C_2\ C_4\)同时变为零）。
正解：
如果 \(C\) 中 \(1\) 的个数大于 2，那么我们是可以做到每次选的数是不相邻的：将这些 \(1\) 分成两部分，每次选第一部分的第 \(1、2...\) 个 与第二部分的 \(1、2...\) 个同时变为零，每次选的这两个数一定是隔着 \(\frac{C中一的个数}{2} - 1\) 个数的。答案就是 \(\frac{C中一的个数}{2} \times y\) 。
否则判断这两个数是否相邻：如果相邻：答案是 \(min(x, y \times 2)\)；否则答案就是 \(y\) 。
Code moo~~
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
#define int long long
#define re register int
#define pc_ putchar(' ')
#define pc_n putchar('\n')
#define Bessie signed
inline int read() {
int A = 0, FL = 1;
char CH = getchar();
while(CH < '0' || CH > '9') FL = CH == '-' ? -1 : 1, CH = getchar();
while(CH >= '0' && CH <= '9') A = (A << 3) + (A << 1) + (CH ^ '0'), CH = getchar();
return A * FL;
}
inline void ot(int x) {
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) ot(x / 10); putchar(x % 10 | '0');
}
const int CTR = 3e3 + 7, INF = 5e5 + 7;
int T;
int n, x, y;
char a[CTR], b[CTR];
int cnt, ans;
int sum[CTR];
int dp[CTR][CTR];
Bessie main() {
T = read();
while(T--) {
n = read(), x = read(), y = read();
scanf("%s", a + 1);
scanf("%s", b + 1);
ans = cnt = 0;
for(re i = 1; i <= n; ++i) if(a[i] != b[i]) ++cnt;
if(cnt % 2 != 0) {
ot(-1),pc_n;
continue;
}
if(cnt == 2) {
//这原来还写假过：当时没想到不相邻的情况,就直接输出了 min(x, y * 2)
int fl = 0;
for(re i = 2; i <= n; ++i) {
if(a[i] != b[i] && a[i - 1] != b[i - 1]) {
ot(min(2 * y, x)),pc_n;
fl = 1;
break;
}
}
if(fl) continue;
ot(y),pc_n;
continue;
}
else ot(cnt / 2 * y),pc_n;
}
return 0;
}
