Educational Codeforces Round 80 (Rated for Div. 2)

A. Deadline (CF 1288 A)

题目大意

给定$n,d$，问是否存在自然数$x$，使得$x+\left \lceil \dfrac{d}{x+1} \right \rceil \leq n$

解题思路

直接暴力。对于用了不等式的不会去证明其正确性qwq整除与上下取正什么的。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
bool check(int n,int d){
    for(int i=1;i<MIN(1e5,n);++i){
        if (i+(int)ceil(d*1.0/(i+1))<=n) return true;
    }
    return false;
}
 
int main(void) {
    int kase; read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        // printf("Case #%d: ", i);
        int n,d;
        read(n);
        read(d);
        if (n>=d||check(n,d)) puts("YES");
        else puts("NO");        
    }
    return 0;
}

---

B. Yet Another Meme Problem (CF 1288 B)

题目大意

给定$A,B$，问有对少个$(a,b)$，其中$a \in [1,A],b \in [1,B]$，使得$a\times b+a+b=a\times 10^{f(b)}+b$，其中$f(x)$表示$x$的位数。

解题思路

我们把式子化简，即为$b+1=10^{f(b)}$，很显然b只能为$9,99,999$这样的类型，我们设$b+1$有$cnt$位，那答案就是$cnt\times A$。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
int main(void) {
    int kase; read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        LL A,B;
        read(A);
        read(B);
        LL qwq=9;
        int tmp=0;
        while(qwq<=B){
            ++tmp;
            qwq=qwq*10+9;
        }
        LL ans=tmp*A;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

---

C. Two Arrays (CF 1288 C)

题目大意

给定$n,m$，要求构造两个数组$a,b$，记为$(a,b)$，满足$a,b$数组有$m$个元素，且$\forall i \in [1,m],1\leq a_i\le b_i \leq n$，问有多少个符合要求的$(a,b)$

解题思路

我们设$dp0[i][j]$表示当前第$i$位放$j$且不严格递增的方案数，则$dp0[i][j]=\sum\limits_{k=1}^{j}dp0[i-1][k]$，相应的再设个不严格递减的方案数$dp1[i][j]$，最终答案就是$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i}^{n}dp0[m][i]\times dp1[m][j]$
对应为代码注释部分。

我们把$b$数组翻转过来，接到$a$后面，我们就得到了一个长度为$2m$的不严格递增的数组$c$，这样问题就是我们能够构造出多少个长度为$2m$的不严格递增的数组，当然也可以按照上面来次动态规划可以解决。不过可以证明，答案就是

$$C^{n-1}_{2m+n-1}$$

我们记$cnt_i$表示数$i$在数组$c$出现的次数，则有$\sum\limits_{i=1}^{n}cnt_i=2\times m$，答案就是该方程组的非负整数解组的个数。这是个经典的排列组合问题，由于用隔板法要求解为正整数，而这里$cnt_i$可以为$0$，那么我们就等式左右两边都加一个$n$，并令$CNT_i=cnt_i+1$，这样方程$\sum\limits_{i=1}^{n}CNT_i=2\times m$的解都是正整数，根据隔板法（假设有$2m$个球，插$n-1$个板把求分为$n$组，每组的个数即为$cnt_i$，排序）答案就是$C^{n-1}_{2m+n-1}$。

还有个证明方法就是我们构造一个$d$数组，其中$d_i=c_i+i$，则$2\leq d_i \leq 2m+n$，可以证明每个$d$数组恰与一个$c$数组对应并不会证明，注意到$d$数组数字各异，所以$d$数组共有$C_{2m+n-1}^{2m}=C_{2m+n-1}^{n-1}$。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
const LL mo=1e9+7;
 
LL kuai(LL a,LL b){
    LL qwq=1;
    while(b){
        if (b&1) qwq=qwq*a%mo;
        a=a*a%mo;
        b>>=1;
    }
    return qwq;
}
 
LL C(int n,int m){
    LL qwq=1,tmp=1;
    for(int i=1;i<=n;++i) qwq=qwq*i%mo; 
    for(int i=1;i<=m;++i) tmp=tmp*i%mo; 
    qwq=qwq*kuai(tmp,mo-2)%mo;
    tmp=1;
    for(int i=1;i<=n-m;++i) tmp=tmp*i%mo; 
    qwq=qwq*kuai(tmp,mo-2)%mo;
    return qwq;
}
 
int main(void) {
    int n,m;
    read(n);
    read(m);
    LL ans=C(2*m+n-1,n-1);
    /* LL dp0[m+1][n+1],dp1[m+1][n+1];
    for(int i=1;i<=n;++i) dp0[1][i]=dp1[1][i]=1;
    for(int i=2;i<=m;++i){
        LL sum=0;
        for(int j=1;j<=n;++j){
            sum=(sum+dp0[i-1][j])%mo;
            dp0[i][j]=sum;
        }
    }
    for(int i=2;i<=m;++i){
        LL sum=0;
        for(int j=n;j>=1;--j){
            sum=(sum+dp1[i-1][j])%mo;
            dp1[i][j]=sum;
        }
    }
    LL ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=i;j<=n;++j)
            ans=(ans+dp0[m][i]*dp1[m][j]%mo)%mo; */
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

---

D. Minimax Problem (CF 1288 D)

题目大意

给定$n$个数组$a_i$，每个数组有$m$个数，要求选择两组数组$i,j$，最大化$\min\limits_{1\leq k \leq m} (\max (a_{ik},a_{jk}))$。输出$i,j$。注意：$1\leq n \leq 3\times 10^5,1\leq m \leq 8$。

解题思路

我暴力就$O(n^2m)$能怎么优化捏……但$m$是出奇的小。
注意到$min$的值可行性具有单调性，我们考虑如何快速判定它的可行性。
我们先二分最小值$qwq$，枚举了一组，我们要看能否存在另一组，把该组小于$qwq$的值变成大于等于$qwq$。那么对于一组数组的某一位，如果它大于等于就设为$1$，否则为$0$，这样我们就把某一组$hash$成一个数字$num_i$，那么对于一组$i$，对应了一个数字$num_i$，如果还有另一组$j$对应的数字$num_j$两者$|$一下得到的数字是$num_i|num_j$是$2^m-1$的话，这就说明这两组结合起来，它的最小值是大于等于$qwq$，而数字$num_j$也就只有$2^m-1\leq 255$。

于是我们就二分最小值，然后枚举一组，再枚举各位大于$qwq$的所有情况即可。时间复杂度$O(n\times 2^m\log_2\max(a_{ij}))$

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
const int N=3e5+8;
 
int n,m,x,y;
 
pair<bool,int> sign[260];
 
int a[N][10],v[N];
 
bool check(int val){
    memset(sign,0,sizeof(sign));
    for(int i=0;i<n;++i){
        int qwq=0;
        for(int j=0;j<m;++j)
            if (a[i][j]>=val) qwq|=(1<<j);
        sign[qwq]=make_pair(true,i);
        v[i]=qwq;
    }
    if (sign[(1<<m)-1].first==true){
        x=y=sign[(1<<m)-1].second+1;
        return true;
    }
    for(int i=0;i<n;++i)
        for(int j=0;j<(1<<m);++j){
            if (!sign[j].first) continue;
            int qwq=v[i]|j;
            if (qwq!=(1<<m)-1) continue;
            x=i+1;
            y=sign[j].second+1;
            return true;
        }
    return false;
}
 
int main(void) {
    read(n);
    read(m);
    int l=1e9+7,r=0;
    for(int i=0;i<n;++i)
        for(int j=0;j<m;++j){
            read(a[i][j]);
            l=MIN(l,a[i][j]);
            r=MAX(r,a[i][j]);
        }  
    x=y=0;
    ++r;
    while(l<r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if (check(mid)) l=mid+1;
        else r=mid;
    }
    printf("%d %d\n",x,y);
    return 0;
}

---

E. Messenger Simulator (CF 1288 E)

题目大意

你有$n(n\leq 3\times 10^5)$个好友（这说明你与世界总人口的万分之一的人认识/滑稽），初始标号$1-n$排列，然后你依次收到了$m$条短信，第$i$条短信是来自是$a_i$，当收到第$a_i$个好友发来的信息时，它会飞到列表的第一个并且在它前面的其他人都会后退一位，当然如果本身在第一位就什么事都没发生，除了你收到了条短信。问每个人位置最小和最大分别是多少。

解题思路

对于某个人$i$来说，如果它发过消息那么位置最小就是$1$，没有发过消息则是$i$，我们只用解决位置最大是多少。

对于某个人$i$，它第一次出现的时候，由于只有序号比它大的才会对它的位置有影响，那么它此时已经后退了$b$位，位居$i+b$位，这里$b$是在$i$前面，比$j$大且互不相同的数的个数。而当$i$第二次出现的时候，$i$后退的$B$位，这里$B$是在$i$第一次出现之后第二次出现之前的数互不相同的个数，之后的处理类似。注意到如果我们在数列里前面加上$n,n-1,n-2,n-3,...,1$来初始化局面，那么在这之后对于$i$出现的情况的处理都类似$i$第二次出现了。

那么现在问题就转换成了统计区间内互不相同的个数。这个用$Fenwick\ Tree$或者$Segment\ Tree$来维护就好了。维护位置对个数的贡献，从左到右遍历，遇到第二次出现的就统计前后两次出现之间的位置对答案的贡献，然后把第一次出现的位置对答案的贡献置为$0$，第二次出现的位置对答案的贡献置为$1$，就能统计区间互不相同的个数了。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
const int N=6e5+8;
 
struct BIT_TREE{
    int cnt[N];
 
    int lowbit(int x){
        return (x&(-x));
    }
 
    void updata(int pos,int tot,int val){
        for(int i=pos;i<=tot;i+=lowbit(i))
            cnt[i]+=val;
    }
 
    int sum(int pos){
        int qwq=0;
        for(int i=pos;i>=1;i-=lowbit(i))
            qwq+=cnt[i];
        return qwq;
    }
 
    int query(int l,int r){
        if (l>r) return 0;
        return sum(r)-sum(l-1);
    }
}BIT;
 
int main(void) {
    int n,m;
    read(n);
    read(m);
    int v[n+m+5];
    for(int i=1;i<=n;++i)
        v[i]=n-i+1;
    for(int i=1;i<=m;++i)
        read(v[i+n]);
    int sign[n+m+5]={0};
    int pos[n+5][2]={0};
    for(int i=1;i<=n;++i) pos[i][0]=pos[i][1]=i;
    for(int i=1;i<=n+m;++i){
        if (sign[v[i]]==0){
            sign[v[i]]=i;
            BIT.updata(i,n+m,1);
        }
        else{
            int qwq=BIT.query(sign[v[i]]+1,i-1)+1;
            pos[v[i]][0]=1;
            pos[v[i]][1]=MAX(pos[v[i]][1],qwq);
            BIT.updata(sign[v[i]],n+m,-1);
            BIT.updata(i,n+m,1);
            sign[v[i]]=i;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i) pos[i][1]=max(pos[i][1],BIT.query(sign[i]+1,n+m)+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        printf("%d %d\n",pos[i][0],pos[i][1]);
    return 0;
}

---

F. Red-Blue Graph (CF 1288 F)

题目大意

给定一个二分图，注意这里可能有重边，然后对边染色，染成红色费用$r$，染成蓝色费用$b$，对于一个点，如果连接它的红色边数量严格大于蓝色边，则这个点被染成红色；如果连接它的蓝色边数量严格大于红色边，则这个点被染成蓝色；否则它不被染色。现在给定点染色的要求$URB$，对应未染色，红色，蓝色，球给定一组边染色的方案，使得点被染成给定要求，且费用最小。

解题思路

玄学构图+费用流

神奇的代码

qwq

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