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

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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;
}