CodeForces

CodeForces 做题记录

• Codeforces Global Round 27

  • A Sliding 简单计算。代码。

  • B Everyone Loves Tres

    构造题。数学结论：\(11\) 的倍数的奇数位的和与偶数位的和的差的绝对值为 \(11\) 的倍数。

    如果 \(2 \mid n\)，最后两位为 \(66\) 其他均为 \(33\) 即可，此时满足数学结论。

    否则，因为奇数位比偶数位多一位，可以用两位 \(3\) 合成一个 \(6\)。最后四位为 \(6366\)，其他均为 \(3\)。代码。

  • C Alya and Permutation

    构造题。挺好想的。

    • \(n\) 为奇数，答案为 \(n\)，最后四位为 \(1, 3, n - 1, n\)。

    • \(n\) 为偶数。设 \(t\) 为 \(n\) 的二进制的长度。答案为\(2^t - 1\)。

      • 如果 \(n\) 是 \(2\) 的整数次幂，最后五位为 \(1, 3, n - 2, n - 1, n\)。

      • 否则最后三位是 \(n - 2, n - 1, 2^t - 1\)。

    代码。

  • D Yet Another Real Number Problem

    考虑前 \(i\) 位时，会把前 \(i\) 项 \(2\) 的次幂和给到一些数，记第 \(k\) 个被给 \(2\) 的数的下标为 \(g_k\)。

    记一个区间 \([i, j]\)，\(2\) 的次幂的和为 \(t(i, j)\)。

    • 对于当前考虑的 \(a_i\)，如果 \(a_i \times 2^{t(g_k + 1, i - 1)} \gt a_{g_k}\)，令 \(g_k = i\) 。

    • 因为 \(a_i \le 1\times 10^9\)，故 \(g_{k} - g_{k - 1} \lt 30\)，否则令 \(g_{k - 1} = g_k\)。

    重复执行上述操作，直到不满足为止。

    因为会不断删去前面的 \(g\)，最多跳 \(30\) 次，故从左向右执行上述操作的时间复杂度大概为 \(\mathcal{O}(n\log a_i)\)。

    删去 \(g\) 可以用单调栈维护。

    代码。

  • E Monster

    挺有趣的。定义 \(damage(a, b)\) 表示执行 \(a\) 次操作一，\(b\) 次操作二的最大伤害。

    贪心地想操作顺序应该是先 \(k\) 次操作一，一次操作二，如是往复。

    令 \(c = \min(\frac{a}{k}, b)\)，\(damage(a,b) = k\times \dfrac{c(c + 1)}{2}+a\times(b - c)\)。

    容易想到 \(damage(a,b)\) 随 \(a\) 或 \(b\) 单调递增，这使我们可以在 \(a\) 或 \(b\) 确认时二分确定 \(b\) 或 \(a\)。

    不容易想到 \(damage(a,b)\gt\dfrac{ab}{2}\)。

    证明：\(damage(a,b)\) 的最小值在 \(k = 1\) 时取到，因为最后一次是攻击，所以\(a\le b,c = a\)。

    \(damage(a,b) = \dfrac{a(a+1)}{2}+a\times(b - a) = a\times(\dfrac{2b-a+1}{2})\gt\dfrac{ab}{2}\)。

    可以找到一对 \(a, b\)，满足 \(damage(a,b) \gt \dfrac{ab}{2}\ge z\)。此时 \(ab \ge2z\)。

    这说明 \(\min(a,b)\le\sqrt{2z}\)。遍历所有 \(a\le\sqrt{2z},b\le\sqrt{2z}\) 时二分计算答案。代码。

    时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt{z}\log z)\)。

  • F Tree Operations

    可以说是官解的中文翻译了……

    目标是使所有节点的权值变为 \(0\)。

    最重要的是想到，如果 \(m\) 次操作可以达到目标，那么 \(2n + m\) 次操作也可行。

    证明：在 \(m\) 次操作的基础上先用 \(n\) 次操作将所有节点变为 \(1\)，再用 \(n\) 次操作把所有节点都变为 \(0\)。

    这说明 \(\forall i \in [0, 2n - 1],x \in\{x|x \bmod 2n = i\}\)，\(x\) 次操作对达到目标具有单调性。（后面将证明总是有解的）。

    容易得到做法：遍历 \(i\in[0,2n - 1]\)，对集合 \(\{x|x \bmod 2n = i\}\) 二分最小的能达到目标的 \(x\)（之后会证明二分的上下界，感性上来讲上界不会太大，上界到 \(1\times10^{13}\) 次可过）。

    对于二分的检查函数，可以通过 \(\mathcal{O}(n)\) 的树型 dp 来完成。

    • 假设当前的检查的操作数为 \(x\)。\(\mathcal{O}(n)\) 地计算所有节点的操作数，定义节点 \(u\) 的操作数为 \(f_u\)。
    • 定义使以 \(u\) 为根节点的子树变为 \(0\) 的额外操作数为 \(h_u\)。使以 \(u\) 为根节点的子树变为 \(0\) 的总操作数为 \(need = \sum\limits_{v \in son(u)} h_v + a_i\)。
      • \(need \ge f_u\)，\(h_u = need - f_u\)。
      • \(need \lt f_u\)，必然会有多余的操作，两次多余的操作间可以抵消，所以 \(h_u = (f_u - need) \bmod 2\)。
    • 检查 \(h_u\) 是否等于 \(0\)，等于 \(0\) 说明操作次数为 \(x\) 可行。

    时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2\log V)\)，\(V\) 为二分上界。代码。

    本题可以通过确定二分上下界优化成 \(\mathcal{O}(n\log na_i+n^2\log n)\)。同时能证明总是有解。

    先解决一个更为简单的问题。使树上所有节点的权值不大于 \(0\) 的最小操作数。与上述树形 dp 的流程大致相同，只是当 \(need \lt f_u\) 时令 \(h_u = 0\)。

    可以二分出一个下界 \(t\)。同时对于原问题，\(t\) 次操作后可以令原树的节点的权值全部变为 \(0\) 或 \(1\)，原问题的下界肯定不小于 \(t\)，这很显然。且上界不大于 \(t + n^2 + 2n + 1\)。接下来仅考虑最坏情况。考虑将所有节点的权值变为同一个数。

    • 定义所有节点的权值和的奇偶性为树的奇偶性。每 \(n\) 次操作可以令整棵树的节点翻转。如果每 \(n\) 次操作，除了根节点 \(R\) 以外的节点全部翻转，那么会多出一次操作能用来使另一个节点保持原状，从而改变奇偶性，从而可以接近所有节点权值相同的情况。那么，此处最多为大致 \(n^2\) 次操作。
    • 而如果此时 \(R\) 与其他值都不同。可以通过最差 \(n + 1\) 次操作改变：不改变 \(R\)，改变一个节点 \(2\) 次。如果全部是 \(1\)，再通过 \(n\) 次操作变为 \(0\)。

    确定上下界后和原来一样二分就好。

    二分区间长为 \((n + 1)^2\)，找出 \(t\) 的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log (n\max\limits_{i = 1}^{n}(a_i)))\)，最后二分的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log n^2)\)。总复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log (na_i) + n\log n)\)。代码。

• Educational Codeforces Round 171 (Rated for Div. 2)

  • A Perpendicular Segments 输出边长为 \(\min(x, y)\) 的正方形对角线。代码。

  • B Black Cells

    只能有一个不属于 \(A\) 的格子可以被涂黑，且被涂黑的格子是两两匹配的。

    所以 \(n\) 为奇数时会有一个被断开。\(O(n^2)\) 地检查一遍。代码。

  • C Action Figures 从后往前遍历，如果前面有 0 可以用就用，否则用 1。 代码。

  • D Sums of Segments

    将 \(B\) 按起点分类为 \(n\) 类。

    对于每一类可以维护其总和，对于每一类内部又维护前缀和。

    每次询问可以二分地找到 \(l, r\) 分别属于哪个类。然后容斥地求和。代码。

  • E Best Subsequence

    如果 \(a_i\) 的第 \(j\) 位是 \(1\)，在 \(a_i\) 和 \(j\) 间建边，这样建了一张二分图。

    本题要求的就是二分图最大独立点集。代码。

• Codeforces Round 983 (Div. 2)

  • A Circuit 最小数显然当最多的开着的开关连接同一个开关取到，最大数恰好相反。代码。

  • B Medians

    \(k\) 的位置会将 \(a\) 分成两个奇偶性相同的段。

    显然只要令 \(k\) 单独成段，将另外两段分为长度为奇数的段即可。代码。

  • C Trinity

    显然排序后检查每个数为最大值时需要改变多少数即可。赛时的 sb 代码。

    但是可以排序后检查那两个数是最小值需要改变的数是多少。代码。

• Codeforces Round 984 (Div. 3)

  • A Quintomania 检查一遍就好。代码。

  • B Startup

    货架上如果放了某品牌汽水，那么所有该品牌的汽水都可以放。

    那么计算某个品牌的所有价值，取总价值前

    \(n\) 的的品牌即可。代码

  • C Anya and 1100 一个位置最多对 \(4\) 个子串有影响。检查一遍就好。代码。

  • D I Love 1543 和 C 差不多，暴力检查就好了。代码

• Refact.ai Match 1 (Codeforces Round 985)

  • C New Rating

    不跳过时，\([1, i]\) 间最大得分为 \(x\)，那么 \([1, i]\) 的得分区间包含 \([0, x]\)。

    因为得分变化只有 \(+1, -1\) 或不变。

    预处理全部不跳过时的得分情况，并预处理得分的前缀最大值 \(S\)。

    • 二分搜索做法。（很神奇的单调性……）

      考虑二分最后的答案为 \(k\)。从最后一位向前遍历。

      • 假设当前遍历到第 \(i\) 位。
      • 如果 \(S_{i - 1} \ge k\)，说明可以从前面的某一个位置得到得分等于 \(k\)，说明这个得分是可行的。
      • 否则向前到第 \(i - 1\) 位，同时令 \(k = \begin{cases}k + 1,&a_{i} < k\\k - 1, &a_{i} \ge k\end{cases}\)（令 \(k\) 尽可能小）。

      代码。

    • 动态规划做法。

      设跳过区间为 \([l, r]\)，\(\forall i \in [1, n]\)，\(i\) 的所处状态有三种，\(i < l\)，或 \(r<i\) 或 \(l \le i \le r\)。

      设 \(f_{i, 0/1/2}\) 表示 \(i\) 处于这三种状态时的最大值， \(c(v, x)\) 表示当前得分为 \(v\)，\(a_i\) 值为 \(x\) 时的得分。

      转移方程式为

    \[\begin{cases}f_{i, 0} \leftarrow f_{i - 1, 0} + c(f_{i - 1, 0},a_i)\\f_{i, 1} \leftarrow\max(f_{i - 1, 1}, f_{i - 1, 0})\\ f_{i, 2}\leftarrow\max(c(f_{i - 1, 1}, a_i), c(f_{i - 1, 2}, a_i))\end{cases} \]

    最后的答案是 \(\max(f_{n, 1}, f_{n, 2})\)。

    代码。

  • D Cool Graph

    首先可以把图全拆成点或边。

    假设每次选择 \(u (d_u \ge 2)\) 和 \(v, w(v, w \in son_u)\) 进行操作。

    最后，\(\forall i \in [1, n], d_i \le 1\)。因为每次至少会减少一条边，故操作次数最多为 \(m - 1\) 次。

    如果此时 \(\forall i \in [1, n], d_i = 0\)，就已经是一张酷图了。输出答案即可。

    否则，随便选择一个点为基点，将别的点合并即可。

    对于 \(i \in [1, n]\)，如果 \(d_i = 0\)，那么把它和已经合并好的树上的任一条边和并，原边会消失，而 \(i\) 会与树上两点连边。

    对于 \(i \in [1, n]\)，如果 \(d_i = 1\)，把 \(i, son_i\) 与树上任一点连边。则这条边消失，树上一点与 \(i, son_i\) 连边。

    每次至少消失 \(1\) 个孤单的点，故最多进行 \(n - 1\) 次操作。

    代码。