2025.1.20 IAEPC Preliminary Contest (Codeforces Round 999, Div. 1 + Div. 2)

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Solved: 6/11

Rank: fst，寄！

B 先读错题再 fst，绷不住了。。。

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A. Kevin and Arithmetic

题意：给一个序列，初始 $s=0$。对 $i=1,\dots ,n$ 依次进行如下操作：$s\leftarrow s+a_i$，然后若 $s$ 为偶数则分数 +1 并不断除 2 直到 $s$ 为奇数。重排序列使得分数最高。

偶数除了第一个以外其他都不会产生贡献，答案就是奇数个数加 1。特判所有数都是奇数的情况。

void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<int> a(n);
    cin>>a;
    int cnt=0;
    for(int i=0;i<n;++i)if(a[i]&1)++cnt;
    cout<<(n==cnt?n-1:cnt+1)<<'\n';
}

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B. Kevin and Geometry

题意：给 $n$ 个数，选出其中 4 个数使得它们可以组成等腰梯形。

设四条边长度为 $a,b,c,c$，且 $a<b$，则充要条件是 $b-a<2c$。

将所有数排序后枚举相等的数 $c$，判断剩下的数里是否有差小于 $2c$ 的两个数即可。这个可以用差分数组前后缀的 min 做。

fst 因：没考虑 $a<c<b$ 的情况！

void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<int> a(n);
    cin>>a;
    sort(all(a));
    vector<int> b(n-1);
    for(int i=0;i<n-1;++i)b[i]=a[i+1]-a[i];
    vector<int> p(n-1),s(n-1);
    for(int i=0;i<n-1;++i){
        if(i==0)p[i]=b[i];
        else p[i]=min(p[i-1],b[i]);
    }
    for(int i=n-2;i>=0;--i){
        if(i==n-2)s[i]=b[i];
        else s[i]=min(s[i+1],b[i]);
    }
    for(int i=0;i<=n-2;++i)if(a[i]==a[i+1]){
        if(i>1&&p[i-2]<a[i]*2){
            for(int j=0;j<=i-2;++j)if(b[j]==p[i-2]){
                cout<<a[j]<<' '<<a[j+1]<<' '<<a[i]<<' '<<a[i+1]<<'\n';
                return;
            }
        }
        if(i<n-3&&s[i+2]<a[i]*2){
            for(int j=n-2;j>=i+2;--j)if(b[j]==s[i+2]){
                cout<<a[j]<<' '<<a[j+1]<<' '<<a[i]<<' '<<a[i+1]<<'\n';
                return;
            }
        }
        if(i>=1&&i<=n-3&&a[i+2]-a[i-1]<a[i]*2){
            cout<<a[i-1]<<' '<<a[i]<<' '<<a[i+1]<<' '<<a[i+2]<<'\n';
            return;
        }
    }
    cout<<"-1\n";
}

upd: 其实只要令 $c$ 为最大的两个相等的数，然后排剩下的检查每相邻两个就行。。。

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C. Kevin and Puzzle

题意：$n$ 个人站成一排，其中有一部分人是说谎者。每个人会给出站在自己左侧的说谎者的数量 $a_i$，说谎者提供的 $a_i$ 不可信（不一定错误），相邻两个人不可能都是说谎者。问这 $n$ 个人的身份的方案数。

dp，$f(i,0/1)$ 表示 $i$ 说真话/假话的方案数。如果 $i$ 说真话，需要 $a_i=a_{i-1}$（$i-1$ 真）或 $a_i=a_{i-2}+1$（$i-1$ 假）。

void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<int> a(n+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
    vector<array<ll,2>> f(n+1);
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(a[i]==a[i-1])f[i][0]=(f[i][0]+f[i-1][0])%mod;
        if(i==1||a[i]==a[i-2]+1)f[i][0]=(f[i][0]+f[i-1][1])%mod;
        f[i][1]=(f[i][1]+f[i-1][0])%mod;
    }
    cout<<(f[n][0]+f[n][1])%mod<<'\n';
}

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D. Kevin and Numbers

题意：给两个集合 $A$ 和 $B$。每次可以在 $A$ 中选择两个差不超过 $1$ 的数合并为它们的和，问能否变成 $B$。

逆向思考。如果 $B$ 的最大值 $x$ 在 $A$ 中不存在，那么它一定是通过 $\lfloor \frac{x}{2}\rfloor$ 和 $\lceil \frac{x}{2}\rceil$ 合成得到的。如果存在，则一定是 $A$ 中相同的数直接保留。

用 multiset 模拟这个逆向过程即可。

bool solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    multiset<int> a,b;
    ll s=0;
    for(int i=0,x;i<n;++i)cin>>x,a.insert(x),s+=x;
    for(int i=0,x;i<m;++i)cin>>x,b.insert(x),s-=x;
    if(s)return false;
    while(a.size()&&b.size()){
        int x=*a.rbegin(),y=*b.rbegin();
        if(x>y)return false;
        if(x==y){
            a.erase(a.find(x));
            b.erase(b.find(y));
        }
        else{
            b.erase(b.find(y));
            b.insert(y/2);
            b.insert((y+1)/2);
        }
    }
    return a.empty()&&b.empty();
}

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E. Kevin and And

题意：有两个集合 $A$ 和 $B$。你可以做 $k$ 次操作，每次选择 $a_i\in A,b_j\in B$ 并令 $a_i\leftarrow a_i\mathrm{\&}{b}_j$。问操作结束后 $A$ 所有数之和的最小值。$n\le {10}^5,m\le 10$。

首先可以 $O(n{2}^m)$ 求出 $A$ 中每个数做 $1$ 到 $10$ 次操作得到的最小值。对于单个 $i$，操作的收益是单调减的，因此可以用堆维护这个操作过程。复杂度 $O(n{2}^m+k\log n)$。

const int N=1e5+5,M=10;
int n,m,q,d[N];
ll a[N],b[M],c[1<<M],f[N][M+1];
void solve(){
    cin>>n>>m>>q;
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
    for(int i=0;i<m;++i)cin>>b[i];
    for(int i=0;i<1<<m;++i){
        c[i]=(1<<30)-1;
        for(int j=0;j<m;++j)if(i>>j&1)
            c[i]&=b[j];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=0;j<=m;++j)f[i][j]=0;
        for(int j=0;j<1<<m;++j){
            int k=__builtin_popcount(j);
            f[i][k]=max(f[i][k],a[i]-(a[i]&c[j]));
        }
    }
    priority_queue<pll> pq;
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)pq.push({f[i][1],i}),ans+=a[i],d[i]=0;
    while(q--){
        int i=pq.top().second;
        ans-=pq.top().first;
        pq.pop();
        ++d[i];
        if(d[i]<m)pq.push({f[i][d[i]+1]-f[i][d[i]],i});
    }
    cout<<ans<<'\n';
}

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F1. Kevin and Binary String (Easy Version)

题意：给定 01 串 $s,t$，每次可以交换 $s$ 相邻的极长 0 连续段和极长 1 连续段，求最少交换次数使 $s$ 变成 $t$。若无法做到则输出 -1

首先在 $s$ 和 $t$ 的开头都插入一个 $t_1$，结尾都插入一个 $t_n$，答案不变。

插入之后，每次操作都恰好会减少两个极长连续段。因此答案就是极长连续段数之差除 2。我们只需判断能否做到。

设 $s$ 的极长连续段长为 $a_1,\dots ,a_m$。如果我们交换 $s$ 的第 $i$ 段和第 $i+1$ 段，实际上就是令 $a_i\leftarrow a_i+a_{i+2},a_{i+1}\leftarrow a_{i+1}+a_{i+3}$。
因此直接在 $s$ 和 $t$ 的极长连续段长序列上双指针枚举，如果相等就匹配，如果不相等就尝试交换操作。

如果你 WA4 了，请注意 $a_i$ 和 $b_j$ 匹配上了并不代表 $a_{i+1}$ 也要和 $b_{j+1}$ 匹配。

const int N=4e5+5;
int n,m1,m2,a[N],b[N];
string s,t;
int solve(){
    cin>>s>>t;
    n=s.length();
    char u=t[0],v=t[n-1];
    s=u+s+v,t=u+t+v,n+=2;
    int len=0;
    m1=m2=0;
    for(int i=0;i<n;++i){
        if(i>0&&s[i]!=s[i-1])a[++m1]=len,len=1;
        else ++len;
    }
    a[++m1]=len;
    len=0;
    for(int i=0;i<n;++i){
        if(i>0&&t[i]!=t[i-1])b[++m2]=len,len=1;
        else ++len;
    }
    b[++m2]=len;
    int i=1,j=1;
    while(j<=m2){
        if(i>m1)return -1;
        if(b[j]<a[i])return -1;
        if(b[j]==a[i]){++i,++j;continue;}
        if(i==m1)return -1;
        int x=a[i],y=a[i+1];
        if(j+1<=m2){
            while(i+3<=m1){
                x+=a[i+2],y+=a[i+3],i+=2;
                if(x>b[j])return -1;
                if(x==b[j])break;
            }
            if(x==b[j])++i,++j,a[i]=y;
            else return -1;
        }
        else return -1;
    }
    if(i>m1)return (m1-m2)/2;
    else return -1;
}