Codeforces Round #839 (Div. 3)题解
C. Different Differences（贪心）
题意
给定 \(k\), \(n\) \((2 \le k \le n \le 40)\)。从\([1 - n]\)中不重复地任选\(k\)个数组成一个数组，使这个数组的差分数组中不同的数最多。
思路
易知最佳的数组应该是这样的：1 2 4 7 11 16 22 29 37。我们可以得到第一个小于等于 \(n\) 且出现在上面数组中的数字，然后先组成一个最优的数组，设长度为 \(m\) ，剩下的\(k - m\)个数，就从 \(n\) 开始，向下选没出现过的补进去。为什么是从最大开始？假设现在从大开始填，28 - 37之间可以填8个数，使不同的数减少了1；从小到大填8个数，不同的数减少了远大于1。
代码
int n, k;
int a[10] = {1, 2, 4, 7, 11, 16, 22, 29, 37, 46};
void solve()
{
cin >> k >> n;
vector<int> vis(41, 0); // 呃呃一开始开的40wa了
if (n == k)
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
cout << i << ' ';
cout << '\n';
}
else // k < n
{
int v = 1;
for (int i = 0;; i++)
{
if (a[i] > n || i + 1 > k)
{
v = i - 1;
break;
}
}
set<int> s;
for (int i = 0; i <= v; i++)
s.insert(a[i]), vis[a[i]] = 1;
for (int i = n; i && (int)s.size() < k; i--)
{
if (vis[i])
continue;
s.insert(i);
}
for (auto x : s)
cout << x << ' ';
cout << '\n';
}
}
D. Absolute Sorting（分类讨论）
题意
给你一个由非0正整数组成的数组 \(a\) ，你可以选择一个数 \(v\) \((0 \le x \le 10^9)\) ，将 \(a_i\)改为\(|a_i \ - \ v|\)。
是否存在这样的一个 \(v\) , 使更改后的数组 \(a\) 变为不降序列。请输出 \(v\) 。
思路
对于相邻的两个数，我们对其进行分类讨论。设两个数为 \(x = a_i, \ y = a_{i+1}\)。
- 当 \(x < y\) 时，由公式 \(-(x-v) \le (y-v)\) 得 \(v\) 的上界取值范围为 \((x + y) / 2\)，下界为 0。
- 当 \(x > y\) 时，由公式 \((x-v) \le -(y-v)\) 得 \(v\) 的下界取值范围为 \((x + y + 1) / 2\)，上界为1e9。
那么只要对每一对相邻的数的上下界，一起取一个交集，那就可以得解。
代码
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
int l = 0, r = 1e9;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
int x = a[i - 1], y = a[i];
if (x == y)
continue;
if (x < y)
r = min(r, (x + y) / 2);
else
l = max(l, (x + y + 1) / 2);
}
if (l > r)
cout << "-1\n";
else
cout << l << '\n';
}
E. Permutation Game（博弈）
题意
给定长度为 \(n\) 的排列，现在两个人对这个数组进行游戏。每位玩家每轮可以进行以下三种操作：
- 可以重新排列所有蓝色下标上的数字。
- 将一个红色下标染成蓝色下标。
- 跳过回合。
\(A\) 先手， \(B\) 后手。当且仅当 \(A\) 可以通过重新排列得到一个上升排列或者 \(B\) 可以通过重新排列得到一个下降排列游戏结束，率先完成这一步的玩家胜，若经过极多的回合数都没有决出胜负，那么就是平局。请根据给定的排序，输出最后赢家或是平局。
思路
首先我们可以发现有一个很奇怪的话。
If the game lasts for \(100^{500}\) turns and nobody wins, it ends in a draw.
简单一想，可以想到是因为当前局面达到了一个平衡（雾），也就是说两个人无论是谁染色后都会变成必败态。接下来继续想染色，对于一个人来说，若序列中原本就有一些是位置与最终局面相对应的，那么这就是不需要染色的；反之，对于另一个人来说，这些位置是必须要染色的，且优先级更高。那么我们就可以统计一下，两个人需要染色的位置的数量，还有一些位置是与两边都没有利害关系的，但是想要达到最终局面也必须被染色的，这部分的位置是优先级较低的（因为你也不想为对面做嫁衣罢）。
那么这样问题就被转化了判断以下三种情况：\(A\) 是否能在 \(B\) 染完之前染完，\(B\) 是否能在 \(A\) 染完之前染完，\(A\) 和 \(B\) 陷入平衡局面。
代码
void solve()
{
int n, cnt1 = 0, cnt2 = 0, cnt3 = 0;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
if (i == a[i])
cnt1++;
else if ((n - i + 1) == a[i])
cnt2++;
else
cnt3++;
}
if (cnt2 + cnt3 <= cnt1)
cout << "First\n";
else if (cnt1 + cnt3 < cnt2)
cout << "Second\n";
else
cout << "Tie\n";
}
F. Copy of a Copy of a Copy（排序，实现）
题意
一开始有一个 \(n \times m\) 的01矩阵，对于这个矩阵，你可以对其进行两个操作：
- 拷贝，形成一个拷贝副本。
- 在矩阵中选择任一一个不在边界上且其上下左右的值都与其值不同的点，将其值反转。
现在给出 \(k + 1\) 个拷贝版本，请找到初始矩阵，且还原这个操作序列的顺序，将其输出（保证合法即可）。
思路
在做的时候，压根没看懂题，以为是个什么恶心模拟跑了，结果不是。看了题解发现是因为没看懂这个拷贝的意思。其实应该把这个拷贝，看作一次保存，给出你所有保存过的版本，然后还原操作序列。关于这个操作序列，他的顺序自然只和拷贝之外的另一个操作有关系。对矩阵进行操作2的话，这个矩阵中不在边界上且其上下左右的值都与其值不同的点就会减少一个，那么我们就数一下每个版本里的不在边界上且其上下左右的值都与其值不同的点的个数，对其从大到小排序，就可以找到初始矩阵，然后模拟这个操作2的过程，一步一步把操作序列推出来。
代码
int n, m, k;
struct Mat
{
char g[35][35];
int id, cnt;
} A[105];
int d[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
int main()
{
cin >> n >> m >> k;
for (int o = 1; o <= k + 1; o++)
{
auto &M = A[o];
M.id = o;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
cin >> M.g[i][j];
for (int i = 2; i <= n - 1; i++)
for (int j = 2; j <= m - 1; j++)
{
int cnt = 0;
for (int p = 0; p < 4; p++)
{
int x = i + d[p][0], y = j + d[p][1];
cnt += (M.g[x][y] != M.g[i][j]);
}
if (cnt == 4)
M.cnt++;
}
}
sort(A + 1, A + k + 2, [&](Mat a, Mat b)
{ return a.cnt > b.cnt; });
vector<pair<int, int>> ans;
for (int o = 2; o <= k + 1; o++)
{
const auto &M1 = A[o - 1], M2 = A[o];
for (int i = 2; i <= n - 1; i++)
for (int j = 2; j <= m - 1; j++)
if (M1.g[i][j] != M2.g[i][j])
ans.push_back({i, j});
ans.push_back({M2.id, -1});
}
cout << A[1].id << '\n';
cout << ans.size() << '\n';
for (auto [x, y] : ans)
{
if (y == -1)
cout << 2 << ' ' << x << '\n';
else
cout << 1 << ' ' << x << ' ' << y << '\n';
}
}
G. Gaining Rating
数学题，补不动。交给队友爹。
