CF1798

CF1798

随的div2构造场 真是想不出来

Showstopper

乱搞过了

我们钦定 $b[n]$ 比 $a[n]$ 小 那么我们如果 $b[i]>b[n]$ 的话 那么别无他法 只能换一下 如果换了也不行 直接判无解即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
const int N = 100 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , a[N] , b[N] , tmp[2] , maxx;

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		n = read();
		generate ( a + 1 , a + n + 1 , read );
		generate ( b + 1 , b + n + 1 , read );
		if ( a[n] < b[n] ) swap ( a[n] , b[n] );
		for ( int i = 1 ; i <= n - 1 ; i ++ )
		{
			tmp[0] = a[i] , tmp[1] = b[i];
			if ( min ( tmp[0] , tmp[1] ) > b[n] ) { cout << "No" << endl; goto flg; }
			else if ( tmp[1] > b[n] ) swap ( a[i] , b[i] );
		}
		maxx = -inf;
		for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) maxx = max ( maxx , a[i] );
		if ( maxx != a[n] ) { cout << "No" << endl; goto flg; }
		cout << "Yes" << endl;
		flg:;
	}
	return 0;
}

Three Sevens

简单构造题 发现对于每一个人 只有最后一次买彩票中奖才有用

那么我们直接开 $lst[i]$ 数组表示 $i$ 人最后一次买彩票的场次 我们再开一个数组 $cnt[i]$ 表示 $i$ 天对应的中奖人编号

那么我们扫一遍值域为 $cnt$ 数组赋值 最后扫一遍 $cnt$ 数组判断无解或者输出方案即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
const int N = 5e4 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n[N] , m , lst[N] , vis[N];

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		memset ( vis , 0 , sizeof vis );
		memset ( lst , 0 , sizeof lst );
		m = read();
		for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
		{
			n[i] = read();
			for ( int j = 1 ; j <= n[i] ; j ++ ) lst[read()] = i;
		}
		for ( int i = 1 ; i <= 50000 ; i ++ ) if ( lst[i] ) vis[lst[i]] = i;
		int flag = 1;
		for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) if ( !vis[i] ) { flag = 0; break; }
		if ( !flag ) cout << -1 << endl;
		else 
		{
			for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << vis[i] << ' ';
			cout << endl;
		}
    }
	return 0;
}

Candy Store

想不到www

假设一个标签 $tag$ 概括了 $l$ 到 $r$ 种糖果的标签 则我们设 $tag=c_{l\sim r}$

$\because c_i=d_i\times b_i$，

$\therefore b_{l\sim r}\mid tag$

$\therefore \mathrm{lcm}(b_l,b_{l+1}\dots b_r)\mid tag$

$\because d_i\mid a_i$

$\therefore c_i\mid a_i\times b_i$

$\therefore tag\mid gcd(a_l\times b_l,a_{l+1}\times b_{l+1}\dots a_r\times b_r)$

$\therefore \mathrm{lcm}(b_l,b_{l+1}\dots b_r)\mid gcd(a_i\times b_i,a_{i+1}\times b_{i+1}\dots a_r\times b_r)$

所以只要判断当前 $gcd$ 是否能被 $\mathrm{lcm}$ 整除即可 如果不能 将 $gcd$ 更新成 $a_i\times b_i$ $\mathrm{lcm}$ 更新成 $b_i$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
#define int long long 
const int N = 2e5 + 5;

int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

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

int gcd ( int a , int b )
{
	if ( a % b == 0 ) return b;
	return gcd ( b , a % b );
}
int lcm ( int a , int b )
{
	return a * b / gcd ( a , b );
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		n = read();
		ans = 1;
		for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , b[i] = read();
		int gcdd = a[1] * b[1] , lcmm = b[1];
		for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++ )
		{
			gcdd = gcd ( gcdd , a[i] * b[i] ) , lcmm = lcm ( lcmm , b[i] );
			if ( gcdd % lcmm ) lcmm = b[i] , gcdd = a[i] * b[i] , ++ ans;
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

Shocking Arrangement

首先判断特例:如果全是 $0$ 显然无解

对于其余的情况 我们维护新数列的前缀和 如果这个前缀和大于 $0$ 那么我们在负数中选一个数加进序列中 如果前缀和小于等于 $0$ 那么塞进去一个正数即可

这样对于每一个前缀和 我们都能保证它的取值范围在 $[mi{n}_{a[i]},ma{x}_{a[i]}]$ 中间 那么任意两个前缀和相减的绝对值最大值就一定在 $ma{x}_{a[i]}-mi{n}_{a[i]}$ 之内 所以符合条件

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
#define int long long 
const int N = 3e5 + 5;

int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , a[N] , b[N] , ans , flag , sum;
vector<int> zheng , fu;

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		flag = 0 , sum = 0;
		n = read();
		zheng.clear() , fu.clear();
		for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) flag |= ( a[i] = read() ) , a[i] >= 0 ? zheng.eb(a[i]) : fu.eb(a[i]);
		if ( !flag ) { cout << "No" << endl; continue; }
		cout << "Yes" << endl;
		cout << zheng[zheng.size()-1] << ' ';
		sum = zheng[zheng.size()-1];
		zheng.pop_back();
		for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++ )
			if ( sum > 0 ) cout << fu[fu.size()-1] << ' ' , sum += fu[fu.size()-1] , fu.pop_back();
			else cout << zheng[zheng.size()-1] << ' ' , sum += zheng[zheng.size()-1] , zheng.pop_back();
		cout << endl;
	}
	return 0;
}

Multitest Generator

显然 操作数最多为两次 因为我们对于任意序列 $[1,n]$ 都可以通过将 $a_1$ 固定为 $1$ 而将 $a_2$ 改为 $n-2$ 来满足条件

对于 $0$ 次操作 我们可以记录 $f[i]$ 数组表示以 $i$ 为末尾的后缀能构成的 $test$ 个数

那么转移方程不难得到:

$$f_i=\{\begin{array}{l}1,a_i=(n-i+1)-1\\ 0,i+a_i>n\mathrm{or}{f}_{i+a_i+1}=0\\ f_{i+a_i+1}+1,\text{otherwise}\end{array}$$

第 $i$ 位答案为 $0$ 的充要条件就是 $f_{i+1}\ne 0$ 且 $a_i=f_{i+1}$

如果答案不为 $0$ 考虑两种情况：

1. $f_{i+1}\ne 0$，但是 $a_i\ne f_{i+1}$。
2. $f_{i+1}=0$。

对于第一种情况，令 $a_i\leftarrow f_{i+1}$ 即可，操作数为 $1$。

对于第二种情况，如果想要答案为 $1$ 显然需要对 $i+1$ 的后缀中的某一个数进行修改 使修改后 $i+1$ 的后缀能构成 $a_i$ 个 $test$

设 $g_i$ 表示在 $i$ 的后缀中进行一次修改后 能得到的最多 $test$ 数

这个修改有两种情况：

1. 修改 $a_i$。这意味着我们可以随意改变第一个 $test$ 的长度，也就是这第一个 $test$ 可以接在后面的任意一个状态的前面，这种情况能得到的最大值为 $\underset{j=i+1}{\overset{n}{max}}{f}_j+1$。
2. 不修改 $a_i$。因为 $a_{i+1}$ 到 $a_{i+a_i}$ 之间的数会被 $a_i$ 所在的 $test$ 所包含，所以只有修改 $i+a_i+1$ 的后缀中的某个数才能有贡献。因此这种情况能得到的最大值为 $g_{i+a_i+1}+1$。

那么 “ 对 $i+1$ 的后缀中的某一个数进行修改后，$i+1$ 的后缀能构成 $a_i$ 个 $test$ ” 的充要条件就是 $g_{i+1}\ge a_i$ 之所以是大于等于号 是因为我们可以将前面的一次 $1$ 操作或者 $2$ 操作改为修改 $a_i$ 来吃掉一些 $test$

剩下的情况答案就是 $2$ 了

清数组要清到 $n+1$ (?)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
const int N = 3e5 + 5;

int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , a[N] , ans[N] , f[N] , g[N] , fmaxx[N];

void init()
{
	for ( int i = 1 ; i <= n + 1 ; i ++ ) f[i] = g[i] = ans[i] = fmaxx[i] = 0;
}

/*
3
7
3 1 3 1 2 1 1
4
1 2 1 7
4
2 7 1 1
*/

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		n = read();
		init();
		for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read();
		for ( int i = n ; i >= 2 ; i -- )
		{
			if ( i + a[i] == n ) f[i] = 1;
			else if ( i + a[i] < n && f[i+a[i]+1] ) f[i] = f[i+a[i]+1] + 1;
			fmaxx[i] = max ( f[i] , fmaxx[i+1] );
			if ( i + a[i] >= n ) g[i] = fmaxx[i+1] + 1;
			else g[i] = max ( fmaxx[i+1] , g[i+a[i]+1] ) + 1;
		}
		for ( int i = n - 1 ; i ; i -- )
		{
			if ( f[i+1] ) ans[i] = ( a[i] != f[i+1] );
			else if ( g[i+1] >= a[i] ) ans[i] = 1;
			else ans[i] = 2;
		}
		for ( int i = 1 ; i <= n - 1 ; i ++ ) cout << ans[i] << ' ';
		cout << endl;
	}
	return 0;
}