CF 977 Review

CF 977 Review

掉大分了，我去，绿名也是可以掉分的，我去你简直太牛了sgh。

我是真正的飞舞。

A

排序以后贪心或者直接优先队列模拟即可，都可以过。

Code

↓ShowCode↓

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;template<typename T>inline void re(T &x){	x=0;int f=1;char c=getchar();	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}	x*=f;} template<typename T>inline void wr(T x){	if(x<0)putchar('-'),x=-x;	if(x>9)wr(x/10);	putchar(x%10^48);}int n,m,k;int main(){	int T;	re(T);	priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> q;	while(T--)	{		re(n);		int tmp;		for(register int i=1;i<=n;++i)re(tmp),q.push(tmp);		for(register int i=1;i<=n-1;++i)		{			int x=q.top();q.pop();			int y=q.top();q.pop();			q.push((x+y)/2);		}		wr(q.top()),putchar('\n');		q.pop();	}	return 0;}

B

分析

给定一个序列 $a_n$ 和 $x>0$ ，可以任意次数的将序列中的任意一个数加上 $x$ ，求在最优操作下序列 mex 的最大值。

需要明确的是我们一定是要尽可能地让较小的数都能够存在。

因为只能执行加的操作 ，所以达成这一目的一定是要把 多余的 并且 更小的 数进行操作得到的。

那么我们只需要把序列sort一遍然后模拟即可，注意一遍模拟一遍检查是否出现答案，还要记录当前数字的个数。

复杂度 $O(n\log n)$ 可以通过。

Code

↓ShowCode↓

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;template<typename T>inline void re(T &x){	x=0;int f=1;char c=getchar();	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}	x*=f;} template<typename T>inline void wr(T x){	if(x<0)putchar('-'),x=-x;	if(x>9)wr(x/10);	putchar(x%10^48);}int n,x;int a[200010]; int main(){	int T;	re(T);	while(T--)	{		set<int> s;unordered_map<int,int> CNT;		re(n),re(x);		for(register int i=1;i<=n;++i)re(a[i]);		sort(a+1,a+n+1);		int cnt=1;		a[n+1]=-1;		for(register int i=1;i<=n;++i)		{			if(a[i]==a[i+1])				cnt++;			else 			{				s.insert(a[i]);				CNT[a[i]]=cnt;				cnt=1;			}		}		int las=-1;		for(auto it:s)		{			if(it-las>=2){wr(las+1),putchar('\n');goto A;}			if(CNT[it]>1)			{				if(!s.count(it+x))s.insert(it+x); 				CNT[it+x]+=CNT[it]-1;			}			las=it;		}		wr(las+1),putchar('\n');		A:continue;	}	return 0;}/*16 11 3 4 1 0 2*/

C（easy）

题意不多赘述，因为太难赘述了。

分析

先看一组样例 ：

a:1 2 3 4 b:1 2 3 4   2 3 4 1   2 3 1 4

你会发现只要前四个能够匹配上，好像后面一定能够满足。

那如果我后面八个再写杂乱无章一点，比如 2 1 3 2 1 4 1 2 ，会发现无论怎么写都一定能够满足。

那如果我再写的极限一点：

a:1 2 3 4 b:1 2 3     2 3 4 1  2 3 1 4

这下好像仍然可以，但前四个就不一定一样了。

看看样例里面不合法的一个情况呢？

a:3 1 4 2 5b:3 1 4 5 2 3 4

这下前三个相同，但是又不合法了，说明和前几位相同实际上没有什么必要的关系。

多举几组反例会发现，b 里面的数字必须按照 a 中的顺序出现，言下之意，当 $a_i$ 没有第一次出现的时候，$a_{i+1}$ 就不能先出现，因为此时就不可以通过操作使 $a_{i+1}$ 出现在 $a_i$ 前面。

根据以上分析，我们只需要记录每个 $a_i$ 第一次出现的位置即可。或者说直接按位匹配，不合法就直接输出。

（写的时候差临门一脚了，还是自己太笨了，脑子转的不够快）

↓ShowCode↓

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;template<typename T>inline void re(T &x){	x=0;int f=1;char c=getchar();	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}	x*=f;} template<typename T>inline void wr(T x){	if(x<0)putchar('-'),x=-x;	if(x>9)wr(x/10);	putchar(x%10^48);}int n,m,q;const int N=2e5+10;int a[N],b[N],c[N];inline void solve(){	re(n),re(m),re(q);	for(register int i=1;i<=n;++i)re(a[i]);	for(register int i=1;i<=m;++i)re(b[i]);	int cnt=0;b[m+1]=0;	for(register int i=1;i<=m;++i)	{		if(b[i]==b[i+1])continue;		c[++cnt]=b[i];	}	vector<int> vis(n+10,0);	for(register int i=1,p=1;i<=cnt;++i)	{		if(c[i]==a[p])vis[a[p++]]=1;		else if(!vis[c[i]])		{			puts("TIDAK");			return ;		}	}	puts("YA");}int main(){	int T;	re(T);	while(T--)		solve();	return 0;}

（去重并不是必要的）

C(hard)

挖个坑

D

这个太难了暂时不补了

E

挖个坑