Codeforces Round 977 (Div. 2)
手速局，因为水平不够三题遗憾离场。
A. Meaning Mean
题意
你一个序列，你每次可以选择两个数删掉，并把他们的平均数加入到序列的末尾。当序列长度为 \(1\) 的时候，剩下的数最大值是多少。
思路
当时比赛的时候唐了，耽误了好几分钟。想的是先奇数和奇数相加，偶数和偶数相加，这样能避免下取整的时候 \(-1\) 。其实每次选择序列里两个最小的数操作就可以了，因为每次操作相当于把两个数除 \(2\) ，所以尽量的让大数除的少就能保证最后剩下的数最大。
代码
void solve()
{
int n;
cin>>n;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> q;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
cin>>x;
q.push(x);
}
while(q.size()!=1)
{
int x=q.top();q.pop();
int y=q.top();q.pop();
q.push((x+y)/2);
}
cout<<q.top()<<endl;
}
B. Maximize Mex
题意
给你一个序列和一个 \(x\) ，你可以进行任意次操作令 \(a_i:=a_i+x\) 。问你以最优方式操作序列的 \(MEX\) 最大是多少。
题意
一般求 \(MEX\) 我都会开个桶来记录一下每个数出现了多少次，从小到大遍历第一个没有出现的数就是 \(MEX\) 。这个题也是同理，如果有多个相同的数那么只有一个数能产生贡献，然后让剩下的都加上 \(x\) 即可。
代码
void solve()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<int> num(n+2);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;cin>>x;
if(x>n) continue;
num[x]++;
}
for(int i=0;i<=n+1;i++)
{
if(!num[i]) {cout<<i<<endl;return;}
num[i]--;
if(i+m<=n) num[i+m]+=num[i];
num[i]=0;
}
}
C1. Adjust The Presentation (Easy Version)
题意
给你一个长度为 \(n\) 的操作者的顺序 \(a\)，再给你一个长度为 \(m\) 规定了只能由谁操作的物品的顺序 \(b\) 。每个操作者操作完一次之后可以插入到队列中的任何位置。问你这 \(m\) 个物品能不能被对应的操作者操作完成。
思路
首先一个人如果操作完了它可以插入到队列的任何位置，说明他已经无敌了，如果当前被操作的物品指定的操作者排在后面并且他没有操作过任何物品，那么他无论如何也无法排到前面来操作，这个序列就不合法。如果这个物品对应的操作者已经操作过了，由于他可以去任何位置，那么这个物品就能立刻被操作。如果所有的物品都能被操作那这个序列就合法。
代码
using namespace std;
void solve()
{
int n,m,q;
cin>>n>>m>>q;
vector<int> a(n+1),b(m+1);
vector<int> vis(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i];
int pos=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(vis[b[i]]) continue;
else if(a[pos]==b[i])
{
vis[a[pos]]=1;
pos++;
continue;
}
else {cout<<"TIDAK\n";return;}
}
cout<<"YA\n";
}
C2. Adjust The Presentation (Hard Version)
题意
在 \(\text{C1}\) 的基础上又添加了一个修改的操作。我有 \(q\) 次修改操作，每次修改可以更换一个物品指定的操作者（永久性操作），问你修改完了之后的序列是否还合法。
思路
如果一个人可以随意调换位置 （无敌了） 说明他已经操作过物品了，那么他最早能调换位置的时间就是第一个指定他为操作者物品的下标，即第一个 \(b_j=i\) 的下标 \(j\) 。那么每个人最早的无敌时间不能早于排在他前面的人的无敌时间。现在问题是怎么维护这个最早的无敌时间。
我们每次修改只会修改一个位置，那么他能影响到的只有他前面的位置，后面的位置和他自己。所以每次修改只需要更新这三个位置就行了。
代码
void solve()
{
int n,m,q,num=0;
cin>>n>>m>>q;
vector<int> a(n+1),b(m+1),inv(n+1),s(n+1);
vector<set<int>> times(n+1);//维护每个人最早无敌时间
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],inv[a[i]]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>b[i];
b[i]=inv[b[i]];
times[b[i]].insert(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
s[i]=times[i].empty()?m+1:*times[i].begin();//如果没有指定他操作的物品，那这个人的无敌时间就是正无穷
}
for(int i=1;i<n;i++) if(s[i]>s[i+1]) num++;//统计不合法的人的个数
if(num) cout<<"TIDAK\n";
else cout<<"YA\n";
auto update=[&](int x,int c)
{
if(c==1) s[x]=times[x].empty()?m+1:*times[x].begin();
if(x>1 && s[x-1]>s[x]) num+=c;
if(x<n && s[x]>s[x+1]) num+=c;
};
while(q--)
{
int x,y;cin>>x>>y;
y=inv[y];
update(b[x],-1);//删掉这个位置的贡献
times[b[x]].erase(x);
update(b[x],1);//删掉之后更新无敌时间和不合法位置的个数
b[x]=y;//修改
update(b[x],-1);
times[b[x]].insert(x);
update(b[x],1);
if(num) cout<<"TIDAK\n";
else cout<<"YA\n";
}
}
比赛的时候想的是维护每个物品指定的这个人前面的所有人是不是都已经操作过了，然后维护一下 \(b_i\) 所对应操作者的下标 \(inv_i\) ，如果当前物品前面所有物品的 \(inv\) 最大值大于等于 \(inv_i\) 那么 \(i\) 这个物品就是合法的，维护最大值用线段树维护。但是修改一个位置他会影响到后面所有位置的最大值，然后我就在这里卡了半天。最后也没有换个思路，还是思路没有打开，眼光太过狭隘了。
