ARC147题解(A~E)

$A$

$Problem$

给定长度为 $n$ 的序列 $A$，要求重复执行以下操作，直到 $A$ 中的元素个数为 $1$：

• 选出下标 $i$，使得 $A_i$ 是 $A$ 中剩余的数中最大的；选出下标 $j$，使得 $A_j$ 是 $A$ 中剩余的数中最小的，注意 $i \neq j$；之后将 $A_i$ 从序列中删除，若 $A_i\%A_j$ 不为 $0$，则将其加入序列。

问操作次数。

$Scope\ Limitation$

$2\leq N\leq 2 \times 10 ^ 5,1\leq A_i\leq 10 ^ 9$

$Solution$

注意到 $A_i\%A_j$ 后一定是序列中的最小值，因此用一个双端队列维护一个递减的序列即可。

$B$

$Problem$

给定一个长为 $n$ 的排列 $P$，你需要在不超过 $10^5$ 次操作中将其还原为一个递增的排列。

你有两种操作方式：

• 操作 $A$：选择 $i(1\leq i<n)$，交换 $P_i$ 和 $P_{i+1}$。
• 操作 $B$：选择 $i(1\leq i < n - 1)$，交换 $P_i$ 和 $P_{i+2}$。

你需要构造出一种合法的方案，同时满足使用操作 $A$ 的次数尽可能小。

$Scope\ Limitation$

$2\leq n\leq 400$

$Solution$

显然序列可以按照下标的奇偶性分为两部分，操作 $B$ 不会影响下标的奇偶性，而操作 $A$ 则能够令其改变。

考虑从大到小还原每个数的位置，设当前要还原的数为 $x$，倘若 $x$ 的奇偶性与其下标的奇偶性相同，则直接使用操作 $B$ 即能将其还原到目标位置。

否则我们要考虑用操作 $A$ 调位，注意到对于 $x$ 来说，必然会消耗一次操作 $A$，但是与其置换的数却有一定的讲究。我们需要让和 $x$ 置换的数同样满足和小标的奇偶性不一，这样在之后我们能够节省一次操作 $A$。

用操作 $B$ 调整 $x$ 的位置，一定能找到这样的数，用操作 $A$ 与其交换后，再通过操作 $B$ 移动到最后的位置。

操作次数一定不会超过 $10^5$，具体参考冒泡排序，冒泡排序最大的交换次数为 $\frac{n(n-1)}{2}$，我们使用操作 $B$ 一次跨越两个位置，还要小一些，即 $\frac{n(n-1)}{4}$，通过计算大概在 $4\times 10 ^ 4$ 左右，而每个数调整位置显然也不会令操作次数超过阈值。

$C$

$Problem$

给定 $n$ 个闭区间 $[L_i,R_i]$，要求在每个区间中选定一个整数 $X_i$，并最小化下式：

$$\sum_{i = 1}^{n-1}\sum_{j = i + 1} ^ n |X_i - X_j|$$

$Scope\ Limitation$

$2\leq N\leq 3\times 10 ^5,1\leq L_i\leq R_i\leq 10 ^7$

$Solution$

显然，题意即要求我们令选定的 $n$ 个点尽可能的靠近。

对此，有一个较为显然的思路，即选出一个点，之后令所选的点尽可能靠近所选点。

这样我们可以得到一个以所选点为自变量的函数，该函数形如一个二次函数，且开口向上，很自然的想到了三分。

时间复杂度是 $\mathcal O(nlog^2n)$。

但这种做法较难以实现，主要的问题在于，这个函数存在一些选点，在这些选点上函数的值不会发生变化，在三分的过程中，就很难判断方向。

不同的三分方式能够通过的测试点不定，幸运的话可以通过，但官方给出的做法非常巧妙。

考虑令 $M = max\{L_i\},m = min\{R_i\}(1\leq i \leq n)$。

$Situation：M < m$

这种情况即说明所有区间存在交集，答案为 $0$。

$Situation:M > m$

考虑这种情况如何解决。

设 $M$ 取自 $L_l$，$m$ 取自 $R_r$，由于 $L_l > R_r$，显然有 $l\neq r$。设 $l$ 和 $r$ 的选点分别为 $A$ 和 $B$，即 $X_l = A,X_r = B$。

下证对于任意区间 $i$ 的选点，都有 $B\leq X_i\leq A$。

由于 $B\leq m < M\leq A$，结合 $M$ 与 $m$ 的定义，所有 $i$ 都满足 $L_i \leq M,R_i \geq m$，故而若存在 $X_i < B$ 或 $X_i > A$，我们可以将他们全部移动到 $A$ 或 $B$，这样一定更优。

设 $C$ 是 $\forall i,j\notin \{l,r\},i\neq j$ 的 $\sum|X_i - X_j|$，则我们可以将题目给出的式子进行一定的转化：

$$\sum_{i = 1}^{n-1}\sum_{j = i+1}^n|X_i - X_j|=C+|A-B|+\sum_{i\neq l,r}|X_i - B| + \sum_{i\neq l,r}|A-X_i|$$

且由于 $B\leq X_i\leq A$，则进一步简化，可得到 $C+(A-B)\times(n - 1)$。

对于 $C$ 的求解，显然，我们可以递归上述过程，于是，最后的答案即为：

$$\sum_{i = 1}^n max\{0,L_i - R_i\}\times(N - 2\times i - 1)$$

注意排序，$L_i$ 递减，$R_i$ 递增。

$D$

$Problem$

考虑一个长度为 $n$ 且关于整数集的序列 $S = \{S_1,S_2,S_3……S_n\}$，我们称其为好的序列当且仅当其满足如下条件：

• $S_i$（可以为空集）是一个整数集，且对于 $\forall x\in S_i$ 有 $x\in[1,M]$。
• 对于 $\forall i < n$，有 $S_i$ 和 $S_{i+1}$ 仅存在一个非公共元素。

定义一个好的序列的权值为 $\prod_{i = 1}^m cnt_i$，其中 $cnt_i$ 表示整数 $i$ 在序列中的 $cnt_i$ 个整数集中出现过。

给定 $M$，求所有可能的好的序列的权值和。

$Scope\ Limitation$

$1\leq n,M\leq 2\times 10^5$

$Solution$

限制二是一个十分难以维护的东西，考虑将其设出来。

设 $X_i$ 表示 $S_i$ 和 $S_{i+1}$ 的非公共元素。

略作思考后发现，只要确定了 $S_1$，我们便可以通过 $X$ 确定出序列 $S$ 中的所有元素。

设 $A_i$ 表示若元素 $i$ 在 $S_1$ 中出现，在序列 $S$ 中出现的次数，设 $B_i$ 表示若元素 $i$ 在 $S_1$ 中未出现，在序列 $S$ 中出现的次数。

则对于当前 $X$，所有不同 $S_1$ 的确定出的 $S$ 的权值和可以被表示为 $(A_1 + B_1)(A_2 + B_2)(A_3 + B_3)……(A_M + B_M)$，且容易发现，$A_i + B_i = n$，则该值即为 $n^M$。

由于 $X$ 一共有 $M^{n - 1}$ 种不同的选法，所以答案是 $n^M \times M^{n-1}$。

$E$

$Problem$

有 $n$ 个学生，关于第 $i$ 个学生有两个不同的参数 $A_i$ 和 $B_i$。

其中 $A_i$ 表示第 $i$ 个学生在某次考试中获得的分数，$B_i$ 表示其想要达标至少要达到的分数。

我们可以交换任意两个学生的得分，从而让 $n$ 个学生全部达标，于此同时，你希望最后没有被交换的学生数量尽可能多。

$Scope\ Limitation$

$2\leq n\leq 3\times 10 ^ 5$

$Solution$

考虑如何判断无解。

一个显然的思路是将 $A$ 和 $B$ 进行排序，之后从大到小依次匹配，若对于 $\forall i$ 都有 $A_i \ge B_i$，则有解，否则无解。

将此限制简单转化，设 $cnt_t = cb_t - ca_t$，其中 $cb_t$ 表示满足 $B_i \leq t$ 的元素的数量，$ca_t$ 表示满足 $A_i \leq t$ 的元素的数量。

则对于 $\forall t$，都必须有 $cnt_t\geq 0$。

有一个很显然的事实，对于所有 $A_i < B_i$ 的学生，我们必须将他们的成绩进行更换，于是我们将他们扔进集合 $S$，表示需要被更换的学生，同时我们维护集合 $S$ 中学生的 $cnt$，考虑逐步扩张这个集合。

之后我们找到当前最小的 $t$ 满足 $cnt_t < 0$，则在剩余学生中找到满足 $B_i \leq t$ 的学生加入集合 $S$，且若存在多个，尽量选 $A$ 更大的学生。原因是我们并不关心 $B$ 的取值，我们只需要让 $A$ 的取值尽可能大，从而让其能影响到的 $cnt$ 尽可能少。

使用优先队列可以轻松实现如上操作，时间复杂度 $\mathcal O(nlogn)$。