【做题笔记】板刷 CodeForces

CF1987D World is Mine #

第一想法是贪心的决策，考虑到是博弈论，每一轮决策肯定都是最优的。显然贪心做法假掉。

发现问题具有最优子结构与后效性，考虑 dp。

将 $a_{i}$ 数组排序，将相同元素打包成块，块长为 $b_{a_{i}}$ 。设 $f_{i, j}$ 表示以第 $i$ 个块结尾，剩余决策数为 $j$ 的最优选择答案。

若当前回合的剩余决策数立马用掉，不消除答案贡献，即为 $f_{i, j} = f_{i - 1, j} + 1$ ；
若当前回合的剩余决策数留下，不消除答案贡献，即为 $f_{i, j} = f_{i - 1, j - 1} + 1$ ；
若当前回合的剩余决策数用掉 $b_{a_{i}}$ 来消除答案贡献，即为 $f_{i, j} = f_{i - 1, j + b_{a_{i}}}$ ；

三种决策取最小即可。

由于博弈论的特殊性：双方在相同回合数时的总操作数相同，所以最后肯定不会剩余下决策数。所以答案为 $f_{n, 0}$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e17

using namespace std;

const int N = 5e3 + 10;

int T, n, a[N], b[N], f[N][N];

void solve() {
  int ans = 0, num = 0;
  cin >> n;
  For(i,1,n) b[i] = 0;
  For(i,0,n) For(j,0,n) f[i][j] = inf;
  For(i,1,n) cin >> a[i], b[a[i]]++;
  sort(a + 1, a + n + 1);
  int tot = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;
  n = tot;
  f[0][0] = 0;
  For(i,1,n) {
    For(j,0,i) {
      if(j != 0) f[i][j] = min(f[i-1][j], f[i-1][j-1]) + 1;
      else f[i][0] = f[i-1][0] + 1;
      if(b[a[i]] + j <= i-1) f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j + b[a[i]]]);
    }
  }
  cout << f[n][0] << '\n';
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

时间复杂度 $O (T n^{2})$ ，记得多测清空。

CF1986D Mathematical Problem #

考虑搜索， $O (T 2^{n})$ 显然过不了。

先枚举相邻合并段，分析答案贡献的情况：先默认全加，发现答案上限为 $19 \times 9 + 99 = 261$ 。然后将一部分序列改为乘法操作。

设 $f_{i}$ 表示前 $i$ 个数组成的序列的最小答案，初始设为 $[1, i]$ 的数值和。向前枚举 $j$ ，考虑将 $[j + 1, i]$ 这一段改为乘法操作，于是就有 $f [i] = {min}_{j = 0}^{i - 1} f [j] + \prod_{k = j + 1}^{i} a_{k}$ ，显然后半部分可以预处理，于是就能做 $O (n^{3})$ 的动态规划了。

因为乘法运算结果很大，所以当答案超过 $261$ 时，就取 $261$ 即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mod 262

using namespace std;

const int N = 25;

char a[N];

int T, n, num[N], sum[N], dp[N], ans = 261, fuck_you_code_bug_tot;

void solve() {
  cin >> n;
  int len = n-1, cnt0 = 0;
  ans = 261;
  For(i,1,n) cin >> a[i];
  For(i,1,n-1) {
    memset(num, 0, sizeof num);
    For(j,1,i-1) num[j] = a[j] - '0', sum[j] = sum[j-1] + num[j];
    num[i] = (a[i] - '0') * 10 + (a[i+1] - '0');
    sum[i] = sum[i-1] + num[i];
    For(j,i+2,n) num[j-1] = a[j] - '0', sum[j-1] = sum[j-2] + num[j-1];
    For(j,1,len) {
      cnt0 += (num[j] == 0);
      dp[j] = sum[j];
      int mul = num[j];
      FOR(k,j-1,0) {
        dp[j] = min(dp[j], dp[k] + mul);
        mul *= num[k];
        if(dp[j] > 261 || mul > 261) {
          break;
        } 
      }
    }
    ans = min({ans, dp[len], (cnt0 > 0ll ? 0ll : 261ll)});
  }
  cout << ans << '\n';
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1983D Swap Dilemma #

可以观察到在操作数无限的情况下，大步换和两两换效果相同。可以考虑 $a$ 数组最后两个数 $[n - 1, n]$ 两两不停交换， $b$ 数组同时冒泡到 $a$ 数组的对应位置，然后看 $[n, n - 1]$ 段的 $a, b$ 数组是否相同。

发现 $a, b$ 交换次数相同，然后就可以想到 $a, b$ 两者逆序对奇偶性相同，则能有 $a, b$ 相同的机会。可以这样想： $a, b$ 数组排序后， $a, b$ 数组一定相同。此时 $a, b$ 数组的交换次数同奇同偶时，操作结果同步。

用树状数组算分别算逆序对比较奇偶性即可，时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 2e5 + 10

using namespace std;

const int N = 4e5 + 10;

int T, n, a[N], b[N], p[N], t[N];

int lb(int x) {
  return x & -x;
}

int ask(int x) {
  int ans = 0;
  for (int i = x; i; i -= lb(i)) {
    ans += t[i];
  }
  return ans;
}

void upd(int x, int k) {
  for (int i = x; i <= inf; i += lb(i)) {
    t[i] += k;
  }
}

void solve() {
  vector<int> v1, v2;
  int ans1 = 0, ans2 = 0;
  cin >> n;
  For(i,1,n) cin >> a[i], p[i] = i, v1.push_back(a[i]);
  For(i,1,n) cin >> b[i], v2.push_back(b[i]);
  sort(v1.begin(), v1.end());
  sort(v2.begin(), v2.end());
  for (int i = 0; i < v1.size(); ++i) {
    if(v1[i] != v2[i]) {
      puts("NO");
      return ;
    }
  }
  For(i,1,n) {
    ans1 += ask(a[i]);
    upd(a[i], 1); 
  }
  For(i,1,n) upd(a[i], -1);
  For(i,1,n) {
    ans2 += ask(b[i]);
    upd(b[i], 1);
  }
  For(i,1,n) upd(b[i], -1);
  if((ans1 & 1) == (ans2 & 1)) {
    puts("YES");
  } else {
    puts("NO");
  }
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1986E Beautiful Array #

考虑假设两数 $x, y$ 能在加 $k$ 的操作后相同，则 $x - y \equiv 0 (\mod k)$ ，可以推得 $x \equiv y (\mod k)$ 。可以想到按 $a_{i} mod k$ 排序，同时比较 $a_{i}$ 的值，保证 $a_{i}$ 升序。

定义“一组”的概念为 $a_{i} mod k$ 相同的 $a_{i}$ 组成的升序序列。

对于一组来说，相邻两项凑一起算贡献肯定最优，自然推出了组长为偶数的情况，便是两两配对贡献。

考虑奇数组的情况：先枚举中间点 $a_{m i d}$ ，此数对答案无贡献，然后从左至右两两配对贡献。这里因为要枚举中间点，所以暴力的时间复杂度为 $O (n^{2})$ 。可以考虑答案连续的贡献情况，每次抵消上一次的贡献，并将本次的贡献加上，每次取最小即可。（注意答案贡献的正负情况，自行推理）。

分 $n$ 为偶数和奇数的情况来做：

当 $n$ 为偶数时，若出现奇数组则无解，否则分组算贡献累加即可。
当 $n$ 为奇数时，若出现两组以上的奇数组则无解，否则分组算贡献累加，奇数组单独处理。

总时间复杂度： $O (n \log n)$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e11

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int T, n, k, a[N];

void solve() {
  int ans = 0;
  cin >> n >> k;
  For(i,1,n) cin >> a[i];
  sort(a + 1, a + n + 1, [](int x, int y){return (x % k == y % k ? x < y : x % k < y % k);});
  // For(i,1,n) cerr << a[i] << ' ';
  // cerr << '\n';
  if(n & 1) {
    int r = 1, l = 1, sum = 0, f = 0, Min = inf;
    vector<int> v;
    int cnt = 1;
    For(i,1,n) {
      if(a[i] % k == a[i+1] % k && i < n) cnt++, v.push_back(a[i]);
      else {
        if(cnt & 1) {
          v.push_back(a[i]);
          f++; r = i, l = r - v.size() + 1;
        } 
        else vector<int>().swap(v);
        cnt = 1;
      }
    }
    for (int i = 1; i <= l-1; i += 2) ans += a[i+1] - a[i];
    for (int i = r+1; i <= n; i += 2) ans += a[i+1] - a[i];
    For(i,l,r) sum += (((i-l+1) & 1) ? 1 : -1) * a[i];
    Min = min(Min, sum - a[l]);
    For(i,l+1,r) {
      if(!((i-l+1) & 1)) {
        sum -= a[i-1] * 2;
        sum += a[i] * 2;
      }
      Min = min(Min, sum - a[i]);
    }
    if(f > 1) {
      cout << "-1\n";
      return ;
    }
    cout << (ans + Min) / k << '\n';
  } else {
    int cnt = 1;
    For(i,1,n) {
      if(a[i] % k == a[i+1] % k && i < n) {
        cnt++;
      } 
      else {
        if(cnt & 1) {
          cout << "-1\n";
          return ;
        }
        cnt = 1;
      }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i += 2) {
      ans += a[i+1] - a[i];
    }
    cout << ans / k << '\n';
  }
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1986F Non-academic Problem #

考虑快速计算贡献：设将图分为大小为 $n_{1}, n_{2}$ 的两部分，显然有 $n_{1} + n_{2} = n$ 。则当前方案贡献为 $min (\frac{n_{1}^{2} - n_{1}}{2}, \frac{n_{2}^{2} - n_{2}}{2})$ 。

由于要最小化路径树，且只能删去一条边。所以最好的情况是将图尽可能分为两部分，所以满足删除条件的边就是割边。

先缩边双联通分量，然后枚举割边（缩成树后跑 dfs）。然后计算删去该割边的贡献即可，最后取最小的贡献作为答案。

总时间复杂度 $O (n)$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e17

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

struct Node {
  int v, nx, u;
} e[N], E[N]; 

int T, n, m, h[N], H[N], dfn[N], low[N], cut[N], dcc[N], Col, tot = 1, idx, Idx = 1, siz[N];

void add(int u, int v) {
  e[++tot] = (Node){v, h[u], u};
  h[u] = tot;
}

void Add(int u, int v) {
  E[++Idx] = (Node){v, H[u], u};
  H[u] = Idx;
}

void tarjan(int x, int fa) {
  dfn[x] = low[x] = ++idx;
  for (int i = h[x]; i; i = e[i].nx) {
    int y = e[i].v;
    if(!dfn[y]) {
      tarjan(y, x);
      low[x] = min(low[x], low[y]);
      if(low[y] > dfn[x]) cut[i] = cut[i ^ 1] = 1;
    } else if(y != fa) {
      low[x] = min(low[x], dfn[y]);
    }
  }
}

void dfs(int x, int cnt) {
  dcc[x] = cnt;
  siz[cnt]++;
  for (int i = h[x]; i; i = e[i].nx) {
    int y = e[i].v;
    if(dcc[y] || cut[i]) continue;
    dfs(y, cnt);
  }
}

void Dfs(int x, int fa) {
  for (int i = H[x]; i; i = E[i].nx) {
    int y = E[i].v;
    if(y == fa) continue;
    Dfs(y, x);
    siz[x] += siz[y];
  }
}

void solve() {
  int ans = inf;
  Col = idx = 0;
  Idx = tot = 1;
  memset(cut, 0, sizeof cut);
  For(i,1,n) {
    h[i] = H[i] = 0;
    dfn[i] = low[i] = dcc[i] = siz[i] = 0;
  }
  cin >> n >> m;
  For(i,1,m) {
    int u, v; cin >> u >> v;
    add(u, v), add(v, u);
  }
  tarjan(1, 1);
  For(i,1,n) {
    if(!dcc[i]) dfs(i, ++Col);
  }
  For(i,1,n) {
    for (int j = h[i]; j; j = e[j].nx) {
      int y = e[j].v;
      if(dcc[i] != dcc[y]) Add(dcc[i], dcc[y]);
    } 
  }
  Dfs(1, 0);
  For(i,1,n) {
    ans = min(ans, (n * n - n - (2 * siz[i] * (n - siz[i]))) / 2);
  }
  cout << ans << endl;
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1982D Beauty of the mountains #

单独考虑每一个山的贡献很难做，不妨以 $k \times k$ 的矩形为基础计算贡献。

我们发现每在 $k \times k$ 的矩阵内加上 $x$ 的贡献，钦定有雪与无雪的山分别作正、负贡献，记为 $b_{i}$ 。操作前的贡献为 $s u m$ ，有雪的山总高度和无雪的格子的总高度相等其等价于判断 $\sum x_{i} b_{i} + s u m = 0$ ，即为 $\sum x_{i} b_{i} = - s u m$ 。

这就是一个 $n$ 阶裴蜀定理，若 $- s u m$ 为 $gcd x_{i}$ 的倍数，则 $x_{i}$ 有整数解。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 505;

int T, n, m, k, a[N][N], s[N][N], Ans;

bool b[N][N];

int ask(int x1, int y1, int x2, int y2) {
  return s[x2][y2] - s[x2][y1-1] - s[x1-1][y2] + s[x1-1][y1-1];
}

void solve() {
  Ans = 0;
  int sum = 0;
  cin >> n >> m >> k;
  memset(s, 0, sizeof s);
  For(i,1,n) For(j,1,m) cin >> a[i][j];
  For(i,1,n) {
    For(j,1,m) {
      char c; cin >> c;
      b[i][j] = c - '0';
    }
  } 
  For(i,1,n) {
    For(j,1,m) {
      sum += (b[i][j] ? a[i][j] : -a[i][j]);
      int F = (b[i][j] == 1 ? 1 : -1);
      s[i][j] = s[i-1][j] + s[i][j-1] - s[i-1][j-1] + F;
    }
  }
  For(i,1,n-k+1) {
    For(j,1,m-k+1) {
      int k1 = ask(i, j, i+k-1, j+k-1);
      Ans = __gcd(Ans, k1);
    }
  }
  if(sum == 0) {
    puts("YES");
    return ;
  }
  if(Ans == 0) {
    puts("NO");
    return ;
  }
  if(sum % Ans == 0) puts("YES");
  else puts("NO");
  return ;
}

signed main() {
  // ios::sync_with_stdio(0);
  // cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1974D Ingenuity-2 #

相同的操作下，操作顺序对最终的位置无影响。

机器人的位置初始都为 $(0, 0)$ ，所以只要操作同步即可。

此外注意到 $N$ 与 $S$ ， $E$ 与 $W$ 发生在同一个机器人上时，可以起到抵消的作用。

我们不希望只有一个机器人操作，所以让 R 机器人进行一次抵消操作，后面的抵消操作全部分配给 H。

其他的操作平均、同等分配即可。若无法分则判断无解。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10, M = 200;

int T, n, b[M];

char a[N], ans[N];

void solve() {
  memset(b, 0, sizeof b);
  memset(ans, 0, sizeof ans);
  cin >> n >> (a + 1);
  if(n & 1) {
    cout << "NO\n";
    return ;
  }
  For(i,1,n) b[a[i]]++;
  int k1 = min(b['N'], b['S']), k2 = min(b['E'], b['W']);
  b['N'] -= k1, b['S'] -= k1, b['E'] -= k2, b['W'] -= k2;
  int K1 = k1;
  bool f1, f2; f1 = f2 = 0;
  for (int i = 1; i <= n && (k1 >= 0 || K1 >= 0); ++i) {
    if(a[i] == 'N' && k1 > 0) {
      if(f1) ans[i] = 'H';
      else if(!f1) ans[i] = 'R', f1 = 1;
      k1--; 
    }
    if(a[i] == 'S' && K1 > 0) {
      if(f2) ans[i] = 'H';
      else if(!f2) ans[i] = 'R', f2 = 1;
      K1--; 
    }
  }
  K1 = k2;
  for (int i = 1; i <= n && (k2 >= 0 || K1 >= 0); ++i) {
    if(a[i] == 'E' && k2 > 0) {
      if(f1) ans[i] = 'H';
      else if(!f1) ans[i] = 'R', f1 = 1;
      k2--; 
    }
    if(a[i] == 'W' && K1 > 0) {
      if(f2) ans[i] = 'H';
      else if(!f2) ans[i] = 'R', f2 = 1;
      K1--; 
    }
  }
  bool f = 1;
  for (int i : {'N', 'S', 'E', 'W'}) {
    f &= (b[i] == 0 && n <= 2);
    if(b[i] & 1) {
      cout << "NO" << '\n';
      return ;
    }
  }
  if(f) {
    cout << "NO" << '\n';
    return ;
  }
  For(i,1,n) {
    if((b[a[i]] & 1) && !ans[i]) ans[i] = 'R';
    else if(!(b[a[i]] & 1) && !ans[i]) ans[i] = 'H';
    b[a[i]]--;
  }
  For(i,1,n) cout << ans[i];
  cout << '\n';
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1988D The Omnipotent Monster Killer #

第一眼有点像最大独立集，可以考虑往这方面想。

由于有了回合的限制，所以在 dp 时要多加一维来除去回合的后效性。设 $d p_{x, y}$ 表示第 $x$ 个点在 $y$ 回合被选中带来的最小贡献。很显然初始状态 $d p_{x, y} = a_{x} \times y$ 。

转移也很显然，父亲和儿子不能在同一回合被选中，所以只需要在 dfs 中枚举所有回合，然后把所有不同回合的儿子状态取最小贡献，转移至父亲即可。

考虑回合数，因为每一次选点会将树拆成森林，然后每一个小树又会减半，继续分。所以可以证明回合数在 $\log n$ 量级。

所以转移与计算贡献加上总时间复杂度 $O (n \log^{2} n)$ ，可以通过此题。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e18

using namespace std;

const int N = 3e5 + 10;

struct Node {
  int v, nx;
} e[N << 1];

int T, n, a[N], h[N], dp[N][25], tot, m, sum, ans = inf;

void add(int u, int v) {
  e[++tot] = (Node){v, h[u]};
  h[u] = tot;
}

void dfs(int x, int fa) {
  for (int i = h[x]; i; i = e[i].nx) {
    int y = e[i].v;
    if(y == fa) continue;
    dfs(y, x);
  }
  if(x == 1) return ;
  For(i,1,m) {
    int num = inf;
    For(j,1,m) {
      if(i == j) continue;
      num = min(num, dp[x][j]);
    }
    dp[fa][i] += (num == inf ? 0 : num); 
  }
}

void solve() {
  ans = inf; sum = tot = 0;
  For(i,1,n) h[i] = 0;
  cin >> n;
  For(i,1,n) cin >> a[i], sum += a[i];
  For(i,1,n-1) {
    int u, v;
    cin >> u >> v;
    add(u, v), add(v, u);
  }
  m = (int)ceil(log2(n))+1;
  For(i,1,n) For(j,1,m) dp[i][j] = a[i] * j;
  dfs(1, 0);
  For(i,1,m) ans = min(ans, dp[1][i]);
  cout << ans << '\n';
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1980D GCD-sequence #

考虑在原数列中删去一个数 $a_{i}$ ， $b$ 数列会怎样改变。

因为 $b_{i} = gcd (a_{i}, a_{i + 1})$ ，所以当 $a_{i}$ 删除时，会影响到 $b_{i}, b_{i - 1}$ 。

先预处理出 $l, r$ 表示从左到右、从右到左递增序列的区间，即 $[1, l], [r, n]$ 为递增区间。

然后暴力枚举删除哪个 $a_{i}$ ，然后将 $a_{i}$ 影响到的 $b_{i}, b_{i - 1}$ 删去，插入新贡献 $c = gcd (a_{i - 1}, a_{i + 1})$ 。最后检查新贡献 $c$ 在数列中是否能让数列满足递增，即修改的区间 $[i - 2, i + 1]$ 能否拼接上 $[1, l], [r, n]$ ，并且 $b_{i - 2} \leq c \leq b_{i + 1}$ 。

总时间复杂度 $O (n)$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e8

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int T, n, a[N], b[N];

void solve() {
  cin >> n;
  For(i,1,n) cin >> a[i];
  a[n+1] = a[0] = 0;
  For(i,1,n-1) b[i] = __gcd(a[i], a[i+1]);
  b[n] = inf;
  int l = 1, r = n-1;
  while(l <= n-1 && b[l+1] >= b[l]) l++;
  while(r >= 1 && b[r-1] <= b[r]) r--;
  if(l == n-2 || r == 2) {
    puts("YES"); return ;
  }
  For(i,1,n) {
    int New = __gcd(a[i-1], a[i+1]);
    if(New >= b[max(0ll, i-2)] && New <= b[min(n, i+1)] && l >= i - 2 && r <= i + 1) {
      puts("YES"); return ;
    }
  }
  puts("NO");
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1401F Reverse and Swap #

操作 $1, 4$ 是很常规的单点修改，区间查询操作，重点是在维护操作 $2, 3$ 的旋转。

可以发现对于操作 $2, 3$ 都很难在节点上打上标记，如果暴力去打会因为结点数太多而时间复杂度直线上升。又观察到层数不超过 $19$ ，且建出的线段树是一棵完全二叉树。所以我们可以将标记打到层上。由于同层有多个结点，所以标记用完不能删除，但是不删除有可能会被旋转两次以上。所以我们利用标记永久化的思想：遇到标记反向走（应走左子树去走右子树，应走右子树去走左子树）来模拟线段树结点的旋转。

记得操作 $3$ 的标记要往上打一层，因为需要旋转的是这一层本身。

总时间复杂度 $O (2^{n} + q n)$ 。 $n \leq 18$ ，包可过。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 20, M = 1e7 + 10;

struct Node {
  int ls, rs;
  int sum;
} t[M];

int n, q, idx, root, rev[N];

void pushup(int p) {
  t[p].sum = t[t[p].ls].sum + t[t[p].rs].sum;
}

void build(int &p, int l, int r) {
  p = ++idx;
  if(l == r) {
    cin >> t[p].sum;
    return ;
  }
  int mid = l + r >> 1;
  build(t[p].ls, l, mid);
  build(t[p].rs, mid + 1, r);
  pushup(p);
}

void upd(int p, int l, int r, int x, int k, int level) {
  if(l == r) {
    t[p].sum = k;
    return ;
  }
  int ls = t[p].ls, rs = t[p].rs;
  if(rev[level]) swap(ls, rs);
  int mid = l + r >> 1;
  if(x <= mid) upd(ls, l, mid, x, k, level-1);
  else upd(rs, mid + 1, r, x, k, level-1);
  pushup(p);
}

int ask(int p, int l, int r, int L, int R, int level) {
  if(L <= l && r <= R) {
    return t[p].sum;
  }
  int ls = t[p].ls, rs = t[p].rs;
  if(rev[level]) swap(ls, rs);
  int mid = l + r >> 1, ans = 0;
  if(L <= mid) ans += ask(ls, l, mid, L, R, level-1);
  if(R > mid) ans += ask(rs, mid + 1, r, L, R, level-1);
  return ans;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> q;
  build(root, 1, (1<<n));
  while(q--) {
    int op; cin >> op;
    if(op == 1) {
      int x, k;
      cin >> x >> k;
      upd(root, 1, (1<<n), x, k, n);
    } else if(op == 2) {
      int k; cin >> k;
      For(i,0,k) rev[i] ^= 1;
    } else if(op == 3) {
      int k; cin >> k;
      rev[k+1] ^= 1;
    } else {
      int l, r; cin >> l >> r;
      cout << ask(root, 1, (1<<n), l, r, n) << '\n';
    }
  }
  return 0;
}

CF1322C Instant Noodles #

引理：在整数范围内， $gcd (x, y, x + y) = gcd (x, y)$ 。

证明：可以找到一个整数 $b$ 使得 $b | x, b | y$ ，且记所有可行的 $b$ 中最大的数为 $c$ ，则有：

x \equiv y \equiv 0 (\mod c)

因为有 $x \equiv 0 (\mod c)$ ，所以：

2 x \equiv x + y \equiv x \equiv 0 (\mod c)

所以 $x + y \equiv 0 (\mod c)$ 。

此时 $c = gcd (x, y)$ ，因此得证 $gcd (x, y, x + y) = gcd (x, y)$ 。

有了这一点理论，我们发现本题可以看成是求 $c_{i}$ 张成的线性空间中的最大公约数。

不妨将右部点看成左部点的映射，能观察到在右部点选择一个点等价于在左部点选择点集。贡献也能相应的算出。

由于右部点 $c_{i}$ 可张成线性空间，所以求任取 $c_{i}$ 的最大公约数和求所有 $c_{i}$ 的最大公约数是等价的。

最后只要注意合并相同的集合，并合并贡献即可。

集合用 set，映射用 map，总时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;

int T, n, m, ans, c[N];

set<int> e[N];

map<set<int>, int> mp;

void solve() {
  ans = 0;
  map<set<int>, int>().swap(mp);
  For(i,1,n) set<int>().swap(e[i]);
  cin >> n >> m;
  For(i,1,n) cin >> c[i];
  For(i,1,m) {
    int u, v;
    cin >> u >> v;
    e[v].insert(u);
  }
  For(i,1,n) {
    if(e[i].size()) mp[e[i]] += c[i];
  }
  for (auto x : mp) {
    ans = __gcd(ans, x.second);
  }
  cout << ans << '\n';
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1416B Make Them Equal #

没有第一眼看出来解法。

先判断无解：由于每一次操作涉及 $+ x \cdot i$ 与 $- x \cdot i$ ，所以序列的总和不变。因此最后想要每个数都一样必须让这 $n$ 个数的平均数填满 $n$ 个空，所以总和 $s u m$ 不能被 $n$ 整除则无解。

然后发现 $i = 1$ 的自由度是很高的（因为 $1$ 是所有自然数的因数，可以很轻松的被放与拿）。所以大致的思路就是每一次将 $a_{i}$ 转移至 $a_{1}$ 上，然后再平均分配给每一个数即可。

转移的过程很简单，就是对于 $a_{i}$ 先凑 $i$ 的倍数，凑的时候直接拿 $a_{1}$ 来用，凑完以后直接放回 $a_{1}$ 。如果 $a_{i}$ 本身就是 $i$ 的倍数了，直接放到 $a_{1}$ 即可。

而 $a_{1}$ 是一定够补的，因为第 $i$ 个空最多要补 $i - 1$ ，而最坏的情况就是前 $i - 1$ 个数都是 $1$ ，而它们现在都放在 $a_{1}$ 了，也就是正好能够补上 $i$ 的空。

发现最后操作数不会超过 $3 (n - 1)$ ，总时间复杂度 $O (n)$ ，符合题意，包能过。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

struct Ans {
  int i, j, x;
};

int T, n, a[N];

void solve() {
  vector<Ans> ans;
  int sum = 0, cnt = 0;
  cin >> n;
  For(i,1,n) cin >> a[i], sum += a[i];
  if(sum % n != 0) {
    cout << "-1\n";
    return ; 
  }
  sum /= n;
  For(i,2,n) {
    if(a[i] % i == 0) {
      ans.push_back((Ans){i, 1, a[i] / i});
      continue;
    }
    int k = (int)(ceil(1.0 * a[i] / i) * i);
    ans.push_back((Ans){1, i, k - a[i]});
    ans.push_back((Ans){i, 1, k / i});
  }
  For(i,2,n) ans.push_back((Ans){1, i, sum});
  cout << ans.size() << '\n';
  for (int i = 0; i < ans.size(); ++i) cout << ans[i].i << ' ' << ans[i].j << ' ' << ans[i].x << '\n';
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1996E Decode #

题目要求统计的是每一个 $(l, r)$ 中合法子串的数量，意味着暴力的来做需要枚举 $l, r$ 以及其子串来统计答案。

可以想到一个子串会在不同的 $(l, r)$ 中被统计多次。具体的，对于合法子串 $(L, R)$ 来说，可以被 $l \in [1, L], r \in [R, n]$ 所组成的 $(l, r)$ 统计到。所以单个 $[L, R]$ 的贡献为 $L \times (n - R + 1)$ 。

考虑如何快速统计合法字串 $(L, R)$ 。固定左端点 $L$ ，将原序列做前缀和， $0$ 的贡献记为 $- 1$ ， $1$ 的贡献记为 $1$ ，若前缀和数组中位置 $i$ 出现了 $A = 0$ ，则说明 $(L, i)$ 为合法字串，可以计入贡献。当 $L$ 移动，会使前缀和数组以 $L$ 往后做全局加或减的操作。计入贡献的标准 $A$ 也会随之变化。而 $A$ 的变化和前缀和数组的变化同步进行，于是在操作开始之前将前缀和数组出现的数用桶存起来，统计答案时改变标准后将贡献累计答案即可。

由于前缀和可能出现负数，所以桶用 map 替代时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10; 

int T, n, sum[N];

char s[N];

map<int, int> mp;

void solve() {
  int ans = 0;
  map<int, int>().swap(mp);
  cin >> (s + 1);
  n = strlen(s + 1);
  For(i,1,n) sum[i] = sum[i-1] + (s[i] == '0' ? -1 : 1);
  For(i,1,n) {
    mp[sum[i]] = (mp[sum[i]] + (n-i+1) % mod) % mod;
  }
  int A = 0;
  For(i,1,n) {
    ans = (ans + (i * mp[A]) % mod) % mod;
    mp[sum[i]] = (mp[sum[i]] - (n-i+1) % mod + mod) % mod;
    if(s[i] == '0') A--;
    else A++;
  }
  cout << ans << '\n';
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve(); 
  return 0;
}

CF1993C Light Switches #

很神奇的一道题。

考虑直接枚举位置 $x$ 为答案，然后对所有 $n$ 个点进行判断。第 $i$ 个点的位置为 $a_{i}$ ，若 $a_{i}$ 合法当且仅当 $x$ 在 $a_{i}$ 的开灯范围之内，所以若 $\frac{(x - a_{i})}{k}$ 为偶数即合法。

还可以缩小一下答案枚举的范围，记 $l, r$ 为答案合法范围。将 $a$ 数组排序，初始来看答案只有可能出现在 $[a_{n}, a_{n} + 2 k - 1]$ 这个范围之内，因为存在循环节，后面的所有答案有合法却不是最小的。对于每一个位置 $i$ 都要枚举所有的合法区间，然后对于所有的区间取交集即可。

枚举 $l$ 至 $r$ ，然后判断合法即可。

时间复杂度 $O ((r - l + 1) \times n)$ ， $[l, r]$ 长度期望极小且严格跑不满。可以通过本题。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int T, n, k, a[N], ans;

void solve() {
  cin >> n >> k;
  For(i,1,n) cin >> a[i];
  sort(a + 1, a + n + 1);
  int l = a[n], r = a[n] + 2 * k - 1;
  For(i,1,n) {
    for (int j = 0; a[i] + k * j <= r && a[i] + (j + 1) * k - 1 >= l; j += 2) {
      r = min(r, a[i] + (j + 1) * k - 1);
      l = max(l, a[i] + k * j);
    }
  }
  For(i,l,r) {
    For(j,1,n) {
      if(((i - a[j]) / k) % 2 != 0) {
        goto yzy;
      }
    }
    cout << i << '\n';
    return ;
    yzy:;
  }
  cout << "-1\n";
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1970E1 Trails (Easy)#

很暴力的计数题。

设 $d p_{i, j}$ 表示在第 $i$ 天，最后待在了 $j$ 号房子中的总方案数。

先考虑从 $i$ 号房间走到 $j$ 号房间的方案数如何计算。不考虑限制，单次方案数为 $(s_{j} + l_{j}) \times (s_{k} + l_{k})$ ，然后由于不能存在同时为长路径的情况，于是把 $(l_{j} \times l_{k})$ 减掉即可。

枚举回合 $i$ ，起点 $j$ ，终点 $k$ ，于是有：

d p_{i, j} = \sum_{k = 1}^{m} d p_{i - 1, k} \times max (0, (s_{j} + l_{j}) \times (s_{k} + l_{k}) - (l_{j} \times l_{k}))

答案为 $\sum_{i = 1}^{m} d p_{n, i}$ ，记得初始化 $d p_{0, 1} = 1$ 。

时间复杂度 $O (n m^{2})$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int M = 105, N = 1005;

int n, m, s[M], l[M], dp[N][M];

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> m >> n;
  For(i,1,m) cin >> s[i];
  For(i,1,m) cin >> l[i];
  dp[0][1] = 1;
  For(i,1,n) {
    For(j,1,m) {
      For(k,1,m) {
        dp[i][j] += (dp[i-1][k] % mod * (max(0ll, (s[j] + l[j]) * (s[k] + l[k]) - (l[j] * l[k])) % mod)) % mod;
      } 
    } 
  }
  int ans = 0;
  For(i,1,m) {
    ans += dp[n][i];
    ans %= mod;
  }
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

CF1970E2 Trails (Medium)#

考虑到 $n = 10^{9}$ ，无法在 $O (n m^{2})$ 的时间复杂度下通过此题。

我们令 $r_{i} = s_{i} + l_{i}$ ，则有：

d p_{i, j} = \sum_{k = 1}^{m} d p_{i - 1, k} \times max (0, r_{j} r_{k} - l_{j} l_{k})

发现式子有乘，有加，于是考虑构造矩阵进行加速。

[\begin{matrix} r_{1} r_{1} - l_{1} l_{1} & r_{1} r_{2} - l_{1} l_{2} & \dots & r_{1} r_{m} - l_{1} l_{m} \\ r_{2} r_{1} - l_{2} l_{1} & r_{2} r_{2} - l_{2} l_{2} & \dots & r_{2} r_{m} - l_{2} l_{m} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ r_{m} r_{1} - l_{m} l_{1} & r_{m} r_{2} - l_{m} l_{2} & \dots & r_{m} r_{m} - l_{m} l_{m} \end{matrix}]

对此矩阵进行快速幂（迭代 $n$ 次）的结果矩阵乘上

[\begin{matrix} d p_{1, 1} \\ d p_{2, 1} \\ ⋮ \\ d p_{m, 1} \end{matrix}]

得到矩阵

[\begin{matrix} d p_{1, n} \\ d p_{2, n} \\ ⋮ \\ d p_{m, n} \end{matrix}]

答案便为 $\sum_{i = 1}^{m} d p_{i, n}$ ，记得初始化矩阵 $d p_{1, 1} = 1$ 。

时间复杂度 $O (m^{3} \log n)$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int MM = 105, N = 1005;

int n, m, s[MM], l[MM], ans, r[MM];

struct Matrix {
  int M[MM][MM];
  void clean() {
    For(i,1,m) For(j,1,m) M[i][j] = 0;
  }
  void init() {
    For(i,1,m) M[i][i] = 1; 
  }
  Matrix friend operator * (const Matrix a, const Matrix b) {
    Matrix Ans; Ans.clean();
    For(i,1,m) {
      For(j,1,m) {
        For(k,1,m) {
          Ans.M[i][j] = (Ans.M[i][j] + (a.M[i][k] % mod * b.M[k][j] % mod) % mod) % mod;
        }
      }
    }
    return Ans;
  }
};

Matrix qpow(Matrix a, int b) {
  Matrix Ans;
  Ans.init();
  for (; b; b >>= 1) {
    if(b & 1) Ans = Ans * a;
    a = a * a;
  }
  return Ans;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> m >> n;
  For(i,1,m) {cin >> s[i]; s[i] %= mod;}
  For(i,1,m) {cin >> l[i]; r[i] = (s[i] + l[i] % mod) % mod;}
  Matrix T, Ans;
  Ans.clean();
  Ans.M[1][1] = 1;
  For(i,1,m) {
    For(j,1,m) {
      T.M[i][j] = max(0ll, (r[i] * r[j]) - (l[i] * l[j]));
    }
  }
  Ans = qpow(T, n) * Ans;
  For(i,1,m) (ans += Ans.M[i][1]) %= mod;
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

CF1970E3 Trails (Hard)#

以上仍然过不了 $m = 10^{5}$ 的情况。考虑原矩阵等价于 $A \times B$ ，其中： $A = [\begin{matrix} r_{1} & l_{1} \\ r_{2} & l_{2} \\ ⋮ & ⋮ \\ r_{m} & l_{m} \end{matrix}]$ ， $B = [\begin{matrix} r_{1} & r_{2} & \dots & r_{m} \\ - l_{1} & - l_{2} & \dots & - l_{m} \end{matrix}]$

然后答案为 $(A B)^{n}$ 的第一列之和。

直接对矩阵 $A B$ 进行快速幂肯定不可行，因为矩阵 $A B$ 是 $m \times m$ 的。考虑到矩阵乘法有结合律，于是就有 $(A B)^{n} = A \times (B A)^{n - 1} \times B$ 。

第一次先对 $2 \times 2$ 的 $B A$ 矩阵进行快速幂，然后依次进行 $A \times (B A)^{n - 1}$ ， $A \times (B A)^{n - 1} \times B$ 的运算。最后的矩阵大小为 $m \times m$ 所以最后一次矩阵乘法只要算第一列答案即可。

时间复杂度 $O (m + m \log n)$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n, m, s[N], l[N], r[N];

struct Matrix {
  int M[3][3];
  
  void clean() {
    For(i,1,2) For(j,1,2) M[i][j] = 0;
  }

  void init() {
    For(i,1,2) M[i][i] = 1;
  }

  void print() {
    For(i,1,2) {
      For(j,1,2) cout << M[i][j] << ' ';
      cout << endl;
    } 
  }

  Matrix friend operator * (const Matrix a, const Matrix b) {
    Matrix Ans;
    Ans.clean();
    For(i,1,2) {
      For(j,1,2) {
        For(k,1,2) {
          Ans.M[i][j] = (Ans.M[i][j] + (a.M[i][k] % mod * b.M[k][j] % mod) % mod) % mod;
        }
      }
    }
    return Ans;
  }
} Ans;

struct MATRIX1 {
  int M[3][N];
  void clean() {
    For(i,1,2) For(j,1,m) M[i][j] = 0;
  }
  void print() {
    For(i,1,2) {
      For(j,1,m) cout << M[i][j] << ' ';
      cout << endl;
    } 
  }
} B;

struct MATRIX2 {
  int M[N][3];
  void clean() {
    For(i,1,m) For(j,1,2) M[i][j] = 0;
  }
  void print() {
    For(i,1,m) {
      For(j,1,2) cout << M[i][j] << ' ';
      cout << endl;
    } 
  }
} A, Ans1, Ansend;

Matrix qpow(Matrix a, int b) {
  Matrix res; res.clean(); res.init();
  for (; b; a = a * a, b >>= 1) {
    if(b) res = res * a;
  }
  return res;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> m >> n;
  For(i,1,m) cin >> s[i], s[i] %= mod;
  For(i,1,m) cin >> l[i], l[i] %= mod, r[i] = (s[i] + l[i]) % mod;
  Ans.clean(); A.clean(); B.clean(); Ans1.clean(); Ansend.clean();
  For(i,1,2) For(j,1,m) B.M[i][j] = (i == 1 ? r[j] : (-l[j] + mod) % mod);
  For(i,1,m) For(j,1,2) A.M[i][j] = (j == 1 ? r[i] : l[i]);
  For(i,1,2) {
    For(j,1,2) {
      For(k,1,m) {
        Ans.M[i][j] = (Ans.M[i][j] + (B.M[i][k] % mod * A.M[k][j] % mod) % mod) % mod;
      }
    }
  }
  Ans = qpow(Ans, n-1);
  For(i,1,m) {
    For(j,1,2) {
      For(k,1,2) {
        Ans1.M[i][j] = (Ans1.M[i][j] + (A.M[i][k] % mod * Ans.M[k][j] % mod) % mod) % mod;
      }
    }
  }
  int ans = 0;
  For(i,1,m) {
    int j = 1;
    For(k,1,2) {
      ans = (ans + (Ans1.M[i][k] * B.M[k][j]) % mod) % mod;
    }
  }
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

CF1537D Deleting Divisors #

可以想到，能走到一个必败点的就是必胜点，这样可以写出来一个 $O (n^{2})$ 的 dp。

然后考虑所有的 $n$ 为奇数的情况。如果 $n$ 为质数，则为必败点，如果 $n$ 为合数，则一定能走到一个 $n$ 为偶数的必败点。

然后考虑所有的 $n$ 为偶数的情况。如果 $n = 2^{x}$ 其中 $x$ 为奇数，则为必败点。如果 $n = 2^{x}$ 其中 $x$ 为偶数，则为必胜点。其他偶数均为必胜点。

然后 $O (1)$ 判断即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 1e7 + 10;

int n, T;
void solve() {
  cin >> n;
  if(n & 1) {
    cout << "Bob\n";
  } else if((1ll << (int)(ceil(__lg(n)))) == n) {
    if((int)(ceil(__lg(n))) & 1) cout << "Bob\n";
    else cout << "Alice\n";
  } else {
    cout << "Alice\n";
  }
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

CF1498D Bananas in a Microwave #

考虑暴力 dp。

设 $f_{i, j}$ 表示操作 $i$ 中是否出现了 $j$ 。转移为： $f_{i, j} = f_{i - 1, j}$ ，再枚举操作数计算每一轮的 $k$ （初始 $f_{i - 1, j} = 1$ 才能转移），然后进行转移即可。

考虑优化枚举 $j$ 后进行多轮计算 $k$ 并转移的过程。发现每一轮的 $k$ 是单调不减的，我们再记录一个 $g_{i}$ 表示在当前操作下，转移到 $i$ 所需要的操作轮数。这样我们枚举 $j$ 并且转移的过程可以变为线性的：计算一轮 $k$ ，每一次更新 $g_{j} = g_{k} + 1$ 。下次转移到 $x$ 时 $g_{x} = y$ 则不能用 $x$ 进行转移了。这样就能使时间复杂度降至 $O (n m)$ 。

设 $f_{i}$ 表示转移至 $i$ 的最小操作轮数，转移照常且方便输出答案。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n, m, f[N], g[N];

signed main() {
  // ios::sync_with_stdio(0);
  // cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> m;
  memset(f, -1, sizeof f);
  f[0] = 0;
  For(i,1,n) {
    int t, x, y;
    cin >> t >> x >> y;
    memset(g, 0, sizeof g);
    double x0 = (1.0 * x) / 100000;
    For(j,0,m) {
      if(f[j] == -1 || g[j] == y) continue;
      if(t == 1) {
        int k = j + ceil(x0);
        if(k <= m) if(f[k] == -1) f[k] = i, g[k] = g[j] + 1; 
      } else {
        int k = ceil(j * (1.0 * x) / 100000);
        if(j && k <= m) if(f[k] == -1) f[k] = i, g[k] = g[j] + 1; 
      }
    }
  }
  For(i,1,m) cout << f[i] << ' ';
  return 0;
}

CF1976D Invertible Bracket Sequences #

思维题。

考虑括号序列的合法要求。记 "(" 为 $1$ ，")" 为 $0$ ，做前缀和 $s u m_{i}$ 。如果 $s u m_{i}$ 为 $0$ 且 $\forall j \in [1, i], s u m_{j} \geq 0$ ，则区间 $[1, i]$ 为合法括号序列。

考虑翻转一段区间之后判断括号系列是否合法，设翻转区间为 $[l, r]$ ，翻转之后的前缀和 $s^{'}$ ，若 $s u m_{r} - s u m_{l - 1} = 0$ ，同时 ${min}_{i = l}^{r} s_{i} \geq 0$ 即为合法的翻转。

考虑 $s u m_{i}$ 和 $s_{i}$ 的关系， $s_{i} = s u m_{l - 1} + s_{i} - s_{l - 1} = s u m_{l - 1} - (s u m_{i} - s u m_{l - 1}) = 2 s u m_{l - 1} - s u m_{i}$ ，所以需满足 ${min}_{i = l}^{r} 2 s u m_{l - 1} - s u m_{i} \geq 0$ ，故可知 ${max}_{i = l}^{r} s u m_{i} \leq 2 s u m_{l - 1}$ 。最后统计出满足上述条件下所有等于 $s u m_{l - 1}$ 的右端点个数即可。

枚举 $l$ ，由于合法的 $r$ 具有单调性，用二分统计出个数即可。统计个数时可以用 vector 记录所有大小为 $s u m_{i}$ 的位置 $i$ 。然后再用二分统计出在区间 $[l, r]$ 中的个数加入答案即可。二分判断时 ${max}_{i = l}^{r} s u m_{i}$ 用 st 表维护即可。

时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10, M = 23;

int T, n, sum[N], idx, root[N], st[N][M];

char s[N];

map<int, vector<int> > pos;

int qry(int l, int r) {
  int k = __lg(r - l + 1);
  return max(st[l][k], st[r-(1<<k)+1][k]);
}

int query(int l, int r, int x) {
  return (upper_bound(pos[x].begin(), pos[x].end(), r) - lower_bound(pos[x].begin(), pos[x].end(), l));
}

void solve() {
  cin >> s + 1;
  n = strlen(s + 1);
  map<int, vector<int> >().swap(pos);
  For(i,1,n) {
    sum[i] = sum[i-1] + (s[i] == '(' ? 1 : -1);
    pos[sum[i]].push_back(i);
    st[i][0] = sum[i];
  }
  for (int j = 1; (1 << j) <= n; ++j) {
    for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i) {
      st[i][j] = max(st[i][j-1], st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
    }
  }
  int ans = 0;
  For(i,1,n) {
    int l = i, r = n, R = i-1;
    while(l <= r) {
      int mid = l + r >> 1;
      if(qry(l, mid) <= 2 * sum[i-1]) {
        R = mid;
        l = mid + 1;
      } else {
        r = mid - 1;
      }
    }
    ans += query(i, R, sum[i-1]);
  }
  cout << ans << '\n';
  return ;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> T;
  while(T--) solve();
  return 0;
}

作者：Daniel-yao

出处：https://www.cnblogs.com/Daniel-yao/p/18326784

版权：本作品采用「署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际」许可协议进行许可。

posted @ 2024-07-27 16:19 Daniel_yzy 阅读(14) 评论(0) 编辑收藏举报

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