Codeforces Round 917 (Div. 2)
A. Least Product
- 存在 \(a[i] = 0\)，\(min = 0\)，不需要任何操作。
- 负数个数为偶数（包括0），\(min = 0\)，把任意一个改为 \(0\)。
- 负数个数为奇数，\(min = \prod a[i]\)，不需要任何操作。
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> b, c, d;
for(int i = 0; i < n; ++ i) {
int x;
cin >> x;
if(x > 0) b.push_back(x);
else if(x == 0) c.push_back(x);
else d.push_back(x);
}
if(c.size()) puts("0");
else if(d.size() % 2 == 0) puts("1\n1 0");
else puts("0");
}
B. Erase First or Second Letter
枚举每个字符 \(s[i]\)，统计以当前字符为第一个元素的方案数。
因为第一个元素已经确定，所以只能删 \([i + 1, j]\)的子串。
先前出现过的字符直接 \(continue\)。
void solve() {
int n;
string s;
cin >> n >> s;
ll ans = 0;
vector<bool> vis(26, 0);
for(int i = 0; i < n; ++ i) {
if(!vis[s[i] - 'a']) {
vis[s[i] - 'a'] = 1;
ans += (n - i);
}
}
cout << ans << '\n';
}
C. Watering an Array
考虑把数组清零后怎么贪。
在若干次操作后，整个数组一定是非增的，因此每一天最多有一个位置满足条件。
显然，每两天就进行一次 \(reset\) 操作为最优。
现在回过来处理原始数组。
枚举操作到第 \(i\) 天后再清零。
一次清零最多能得到 \(n\) 个贡献。
因此当 \(i > 2n\) 后，一定不如一开始就清零更优，\(i\) 枚举到 \(2n\) 就行。
注意 \(i\) 要严格小于 \(d\)，否则没有多余天数给清零操作。
void solve() {
int n, k, d;
cin >> n >> k >> d;
vector<int> a(n + 1), v(k);
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
cin >> a[i];
if(a[i] == i) ++ ans;
}
for(int &x : v) cin >> x;
ans += (d - 1) >> 1;
for(int i = 0; i < 2 * n; ++ i) {
if(i == d - 1) break;
int res = 0;
for(int j = 1; j <= v[i % k]; ++ j) ++ a[j];
for(int j = 1; j <= n; ++ j) if(a[j] == j) ++ res;
res += (d - i - 2) >> 1;
ans = max(ans, res);
}
cout << ans << '\n';
}
D. Yet Another Inversions Problem
E. Construct Matrix
一个显然的性质：若得到一组关于 \(k\) 的解，则对答案整个取反后能得到 \(k = n^2 - k\) 的解。
首先考虑无解。
- 若 \(k\) 为奇数，无解。
- 若 \(n > 2\) 且 \(k = 2\) 或 \(k = n ^2 - 2\)，无解。
我们不妨假设剩下的情况都是有解的。
情况一：\(n=k\)，很好构造。
void case1() { // k == n
for(int i = 1; i <= n; ++ i) a[i][i] = 1;
}
情况二：\(n\bmod 4 = 0\)
- 在一行（列）里添加偶数个 \(1\) 不会对原异或值有任何改动。
根据这条性质，容易想到用 \(\dfrac{k}{4}\) 个 \(2\times 2\) 的单元去填整个网格。
void case2() { // k % 4 == 0
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
if(!a[i][j] && k) {
a[i][j] = a[i + 1][j] = a[i][j + 1] = a[i + 1][j + 1] = 1;
k -= 4;
}
}
}
}
情况三：\(n\bmod 4 = 2\)
去思考如何把情况三转化到情况二。
我们可以在网格的左上角构造如下 \(4\times 4\) 的单元格。
把 \(k\) 整体减去 \(6\) 后成功转化为情况二。
按照上述构造方法需要考虑 \(k_{max} = n^2 - 9\)。
如果 \(k\) 大于其最大值，则令 \(k = n^2 - k\)，最后翻转答案。
void Reverse (){
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
for(int j = 1; j <= n; ++ j)
a[i][j] ^= 1;
}
void case3() { // k % 4 == 2
bool f = 0;
if(k > n * n - 9) f = 1, k = n * n - k;
a[1][1] = a[1][2] = a[2][1] = a[2][3] = a[3][2] = a[3][3] = 1;
k -= 6;
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
if(i <= 4 && j <= 4) continue;
if(!a[i][j] && k) {
a[i][j] = a[i + 1][j] = a[i][j + 1] = a[i + 1][j + 1] = 1;
k -= 4;
}
}
}
if(f) Reverse();
}
F. Construct Tree
先把 \(a\) 排序。
- 性质一：对于任意两条边 \(e1,e2\)，一定存在至少一条路径同时通过这两条边。
容易得到，若 \(a[n] + a[n - 1] > d\)，则一定无解。
- 性质二：若存在边集 \(E\)（不含 \(a[n]\)）的子集 \(S\) 满足 \(\sum S = d - a[n]\)，则一定有解。
把 \(S\) 中所有边构成一条链挂在根节点上
对于剩余的边则一个一个挂上去。
注意：此时已经将性质一中的无解情况去掉了，可以证明此时满足条件。。
- 性质三：设 \(S_1, S_2\) 为边集 \(E\)（不含 \(a[n]\)）的两个互不重合的子集。若 \(S_1\) 与 \(S_2\) 的和都大于 \(a[n]\)，则一定有解。
把 \(S_1\) 中所有边构成一条链挂在根节点上，\(S_2\) 同样操作。
对于剩余的边则一个一个挂上去。
可以证明此时满足条件。
对于性质三，我们可以用 \(dp[i][j]\) 表示 \(S_1\) 总和为 \(i\)，\(S_2\) 总和为 \(j\) 的方案是否存在。
对于性质二，可以用 \(dp[0][n - a[n]]\) 表示状态。
联想到 \(01\) 背包问题，复杂度 \(O(nd^2)\)，会超时。
由于状态是 \(01\) 的，可以用 \(bitset\) 压下位，复杂度 \(O(\dfrac{nd^2}{\omega})\)，可以通过。
int n, d, a[N];
bitset<N> dp[N];
void solve() {
cin >> n >> d;
for(int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
if(a[n] + a[n - 1] > d) {
puts("No");
return;
}
for(int i = 0; i <= d; ++ i) dp[i].reset();
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i < n; ++ i) {
for(int j = d; j >= 0; -- j) {
if(j + a[i] <= d) dp[j + a[i]] |= dp[j];
dp[j] |= dp[j] << a[i];
}
}
bool ok = dp[0][d - a[n]];
for(int i = a[n]; i <= d - a[n]; ++ i) ok |= dp[i][d - i];
puts(ok ? "Yes" : "No");
}
