CF Round 1002 题解合集

合集 - 题解(39)

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收起

here

困难场。

C

重要观察：只有每行的后缀 $1$ 有用。

考虑归纳证明，设 $n$ 为一行后缀 $1$ 的个数。

对于 $n=1$ 的情况，想要让 $mex$ 值为 $2$，必须选择这个后缀，否则其他后缀的和 一定 $>1$；

对于 $n>1$ 的情况，在之前，每次选择后缀 $1$ 都是在再不选就不行的情况下，比如在最后一个时刻选 $n=1$，在倒数第二个时刻选 $n=2$ 之类，所以这个时刻也没有选择，只能选后缀 $1$。

因此，我们保留每一行的极长后缀 $1$ 个数，贪心减小若干值最大化 $mex$ 即可。

具体贪心的过程为如果当前数不存在，那么选择最接近它的大于它的数来减小。

总体复杂度 $O(nm)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,a[301][301],sum[301],flag,cnt,ans;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				cin>>a[i][j];
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cnt=0;
			for(int j=n;j>=1;j--){
				if(a[i][j]!=1) break;
				cnt++;
			}
			sum[cnt]++;
		}
		for(int i=0;i<=n;i++){
			if(sum[i]) continue;
			flag=false;
			for(int j=i+1;j<=n;j++){
				if(sum[j]){
					sum[j]--;
					flag=true;
					break;
				}
			}
			if(!flag){
				ans=i;
				break;
			}
		}
		cout<<ans<<'\n';
		for(int i=0;i<=n;i++) sum[i]=0;
		ans=0;
	}
	return 0;
}

D

考虑想要使得代价为定值，那么一定是走到了图上相同的两点 $(u,u)$，满足 $u$ 有相同的出点 $v$。

因为点数很小，考虑新建一张图，每个点 $(u,v)$，表示在原图第一张图上走到点 $u$，原图第二张图上走到点 $v$，然后连边就是枚举 $u,v$ 的出点直接连。

这样总点数不会超过 $n^2$，总边数不会超过 $m^2$，合法的目标点就是上文所说的合法的 $(u,u)$。

总体复杂度 $(m^2 \log m^2)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1e9;
int t,n,s1,s2,x,y,dcnt,m1,m2,ans,id[1001][1001];
bool vis[1001][1001],chk[1001];
vector<int> v[1001],g[1001];
int head[1000001],nxt[4000001],targetx[4000001],targetw[4000001],tot;
void add(int x,int y,int w){
	tot++;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
	targetx[tot]=y;
	targetw[tot]=w;
}
struct node{
	int x,dis;
	bool operator <(const node &a)const{
		return a.dis<dis;
	}
};
priority_queue<node> q;
int dis[1000001],ok[1000001];
void dij(int s){
	for(int i=1;i<=dcnt;i++){
		dis[i]=inf;
		ok[i]=0;
	}
	dis[s]=0;
	q.push((node){s,dis[s]});
	while(q.size()){
		int x=q.top().x;
		q.pop();
		if(ok[x]) continue;
		ok[x]=1;
		for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
			int y=targetx[i],w=targetw[i];
			if(dis[y]>dis[x]+w){
				dis[y]=dis[x]+w;
				q.push((node){y,dis[y]});
			}
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>s1>>s2;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				id[i][j]=++dcnt;
			}
		}
		cin>>m1;
		for(int i=1;i<=m1;i++){
			cin>>x>>y;
			vis[x][y]=1;
			vis[y][x]=1;
			v[x].push_back(y);
			v[y].push_back(x);
		}
		cin>>m2;
		for(int i=1;i<=m2;i++){
			cin>>x>>y;
			if(vis[x][y]) chk[x]=chk[y]=1;
			g[x].push_back(y);
			g[y].push_back(x); 
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				for(int l1=0;l1<v[i].size();l1++){
					for(int l2=0;l2<g[j].size();l2++){
						x=v[i][l1],y=g[j][l2];
						add(id[i][j],id[x][y],abs(x-y));
					}
				}
			}
		}
		dij(id[s1][s2]);
		ans=inf;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(chk[i]) ans=min(ans,dis[id[i][i]]);
		}
		if(ans<inf) cout<<ans<<'\n';
		else cout<<-1<<'\n';
		for(int i=1;i<=n;i++){
			v[i].clear();
			g[i].clear();
			chk[i]=0;
		}
		for(int i=1;i<=dcnt;i++){
			head[i]=0;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				vis[i][j]=0;
			}
		}
		tot=dcnt=0;
	}
	return 0;
}

E1

困难题。

考虑将矩形摊成序列上，那么相当于我们可以在 $m$ 个位置加数，并且在 $m$ 个位置删数。

考虑最小化操作次数，一定是最大化不动的点的个数，并且这些不动的点，构成了 $a$ 的前缀与 $b$ 的子序列。

从小到大枚举 $i$，设 $c_i$ 为 $a_i$ 在 $b$ 中的匹配位置，考虑前缀 $[1,i]$ 是否合法。

• 如果 $b$ 中不存在 $i$，死；

• 如果 $c_i-i < c_{i-1}-(i-1)$ 死；

• 如果 $c_i-i > c_{i-1}-(i-1)$ 并且 $i-1$ 不是块的右端点，死。

如果 $i$ 死了，那么有可能整个块都死了。

所以考虑如果块的左端点到匹配位置的距离比 $i$ 到右端点的距离更小，那么整个块都死了。

否则只有 $i$ 这个点会死。

做完了，总体复杂度 $O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,m,a[300005],b[300005],pos[600005],bel[300005],flag,ans;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>m;
		n*=m;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>b[i];
			pos[b[i]]=i;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			bel[i]=(i-1)/m+1;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(!pos[a[i]]) flag=true;
			if(i>=2 && pos[a[i]]-i<pos[a[i-1]]-(i-1)) flag=true;
			if(i>=2 && pos[a[i]]-i>pos[a[i-1]]-(i-1) && pos[a[i-1]]<m*bel[i-1]) flag=true;
			if(flag){
				ans=true;
				int p=(bel[i]-1)*m+1;
				if(p+m-i-1>=pos[a[p]]-p) cout<<n-p+1<<'\n';
				else cout<<n-i+1<<'\n'; 
				break;
			}
		}
		if(!ans) cout<<0<<'\n';
		ans=flag=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			pos[b[i]]=0;
		}
	}
	return 0;
}