2024.12.19 Codeforces Global Round 28

比赛连接

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Solved: 6/10

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A. Kevin and Combination Lock

题意：给一个整数，每次你可以将它减 33 或擦掉一个 33，问能否变成 0。

注意到擦掉 33 不会改变原数模 3 和 11 的余数，因此只需判断原数能否被 33 整除。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    cout<<(n%33?"NO":"YES")<<'\n';
}
int main(){
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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B. Kevin and Permutation

题意：构造一个排列 $p$，使得 $\sum _{i=1}^{n-k+1}\underset{j=1}{\overset{j+k-1}{min}}{p}_j$ 最小。

每隔 $k$ 个位置放尽量小的数即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
void solve(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    vector<int> a(n+1);
    int j=1;
    for(int i=k;i<=n;i+=k)a[i]=j,++j;
    for(int i=1;i<=n;++i)if(!a[i])a[i]=j,++j;
    for(int i=1;i<=n;++i)cout<<a[i]<<' ';
    cout<<'\n';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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C. Kevin and Binary Strings

题意：给一个 01 串，找出两个子串使得它们的异或和最大。$|s|\le 5000$

因为位数越多越大，所以其中一个子串必为整个串。而另一个串需要高位尽可能是 1。原串的前几个 1 显然可以保留，找到从高位开始第一个 0 的位置，从这一位开始的长度就是第二个串的长度。因为 $n^2$ 可过，所以直接枚举第二个串的起始位置即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
void solve(){
    string a;
    cin>>a;
    int n=a.length(),pos=-1;
    for(int i=0;i<n;++i)a[i]-='0';
    for(int i=0;i<n;++i)if(!a[i]){pos=i;break;}
    if(pos==-1){cout<<1<<' '<<n<<' '<<1<<' '<<1<<'\n';return;}
    string mx="";
    int ans=0;
    for(int j=0;j<pos;++j){
        string s=a;
        for(int k=0;k<n-pos;++k)s[pos+k]^=a[j+k];
        if(s>mx)mx=s,ans=j;
    }
    cout<<1<<' '<<n<<' '<<ans+1<<' '<<ans+n-pos<<'\n';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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D. Kevin and Competition Memories

题意：$n$ 个人，第 $i$ 个人水平为 $a_i$，$m$ 道题，第 $j$ 道题难度为 $b_j$。每个人能做出且仅能做出 $b_j\le a_i$ 的题。
每场比赛 $k$ 道题，举办 $\lfloor mk\rfloor$ 场比赛，每道题只能供一场比赛。$n,m\le 3\times {10}^5$
对每个 $k$，求所有比赛第 $1$ 个人排名之和的最小值。

考虑每个人对答案的贡献。设满足 $a_1<b_j\le a_i$ 的 $j$ 共有 $t_i$ 个，则

$$an{s}_k=\lfloor \frac{m}{k}\rfloor +\sum _{i=2}^n\lfloor \frac{t_i}{k}\rfloor +[t_{i}modk>mmodk]=\lfloor \frac{m}{k}\rfloor +\sum _{i=2}^n\lfloor \frac{m}{k}\rfloor -\lfloor \frac{m-t_i}{k}\rfloor .$$

$t_i$ 可以排序后双指针求，处理贡献时可用整除分块+差分数组优化为 $O(\sqrt{m})$。总复杂度 $O(n\sqrt{m})$。

好像有点卡常（赛时提交 1900+ms）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector<int> a(n),b(m);
    for(int& x:a)cin>>x;
    for(int& x:b)cin>>x;
    int a0=a[0];
    sort(all(a)),sort(all(b));
    int cnt=0,p=n,q=m;
    for(int i=0;i<n;++i)if(a[i]>a0){p=i;break;}
    for(int i=0;i<m;++i)if(b[i]>a0){q=i;break;}
    vector<ll> s(m+2);
    for(int i=p,j=q;i<n;++i){
        while(j<m&&b[j]<=a[i])++j;
        int t=m-(j-q);
        for(int l=1,r;l<=t;l=r+1){
            r=t/(t/l);
            s[l]-=t/l,s[r+1]+=t/l;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;++i)s[i]+=s[i-1];
    for(int i=1;i<=m;++i)s[i]+=1ll*(n-p+1)*(m/i),cout<<s[i]<<' ';
    cout<<'\n';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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E. Kevin and Bipartite Graph

题意：完全二分图 $K(2n,m)$，给每条边染色为 $n$ 种颜色，给出染色方案使得不存在同色环。

纯试出来的构造，不知道有没有更简洁的方法。

$2n\le m$ 无解，直接输出 NO。

以 $n=4$ 为例：

1 1 2 3 4 2 3 4
2 2 3 4 1 3 4 1
3 3 4 1 2 4 1 2
4 4 1 2 3 1 2 3
1 2 3 4 1 2 3 4
2 3 4 1 2 3 4 1
3 4 1 2 3 4 1 2
4 1 2 3 4 1 2 3

取前 $m$ 列。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    if(n*2<=m){
        cout<<"NO\n";
        return;
    }
    vector<vector<int>> a(2*n);
    for(int i=0;i<2*n;++i)a[i].resize(2*n);
    for(int i=0;i<n;++i){
        a[i][0]=a[i][1]=i;
        for(int j=0;j<n;++j)a[n+i][j]=a[n+i][n+j]=(i+j)%n;
        for(int j=1;j<n;++j)a[i][j+1]=a[i][j+n]=(i+j)%n;
    }
    cout<<"YES\n";
    for(int i=0;i<n*2;++i,cout<<'\n')
        for(int j=0;j<m;++j)
            cout<<a[i][j]+1<<' ';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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F. Kevin and Math Class

题意：给两个序列 $a$ 和 $b$。每次操作可以选择一个区间 $[l,r]$，令 $x=\underset{j=l}{\overset{r}{min}}{b}_j$，然后对每个 $l\le i\le r$ 令 $a_i\leftarrow \lceil \frac{a_i}{x}\rceil$。问最少几次操作可使序列 $a$ 全为 $1$。$n\le 2\times {10}^5,a_i\le {10}^{18}$。

容易发现

• 总操作数不超过 $\log w\le 60$。
• 操作顺序一定是从小区间到大区间，除的数从大到小。

对 $b$ 序列建立笛卡尔树，设 $f(u,k)$ 表示以 $u$ 为顶点的子树共操作 $k$ 次最大值的最小值。则有转移

$$f(u,i+j+k)\leftarrow \lceil \frac{max\{a_u,f(l{c}_u,i),f(r{c}_u,j)\}}{b_u^k}\rceil .$$

分两步转移，总复杂度 $O(n{\log }^{2}w)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
const int N=2e5+5;
int n;
ll a[N],b[N];
int st[20][N];
int mini(int i,int j){
    return b[i]<=b[j]?i:j;
}
int qmni(int l,int r){
    int o=__lg(r-l+1);
    return mini(st[o][l],st[o][r-(1<<o)+1]);
}
ll f[N][60];
int rt,lc[N],rc[N];
int bld(int l,int r){
    int mid=qmni(l,r);
    lc[mid]=mid>l?bld(l,mid-1):0;
    rc[mid]=mid<r?bld(mid+1,r):0;
    return mid;
}
void dfs(int u){
    if(lc[u])dfs(lc[u]);
    if(rc[u])dfs(rc[u]);
    memset(f[u],0x3f,sizeof(ll)*60);
    for(int i=0;i<60;++i)
        for(int j=0;i+j<60;++j)
            f[u][i+j]=min(f[u][i+j],max(a[u],max(f[lc[u]][i],f[rc[u]][j])));
    ll g[60];
    memset(g,0x3f,sizeof(ll)*60);
    for(int i=0;i<60;++i){
        ll t=f[u][i];
        for(int j=0;i+j<60;++j)
            g[i+j]=min(g[i+j],t),t=(t+b[u]-1)/b[u];
    }
    memcpy(f[u],g,sizeof(ll)*60);
}
void solve(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>b[i],st[0][i]=i;
    for(int i=1;1<<i<=n;++i)
        for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j)
            st[i][j]=mini(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<i-1)]);
    rt=bld(1,n);
    dfs(rt);
    for(int i=0;i<60;++i)if(f[rt][i]==1){cout<<i<<'\n';return;}
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}