Codeforces Round 945 (Div. 2) (A - E)

A

每一轮对总分的贡献都是 \(2\)，如果 \(p_1 + p_2 + p_3\) 为奇数则无解。

• \(p_1 + p_2 \le p_3\)，最多 \(p_1 + p_2\) 轮。
• \(p_1 + p_2 > p_3\)，可以 \(1, 2\) 轮流将 \(3\) 耗完，然后互相匹配，最多 \(\dfrac{p_1 + p_2 + p_3}{2}\) 。

B

1. 如何判断一个 \(k_0\) 是否符合条件？

   处理每一位的前缀和，依次检查每个长度为 \(k_0\) 的子串，\(O(N\log N)\)。

2. 如果 \(k_0\) 符合条件，则 \(k_1 = k_0 + 1\) 是否符合条件？

   令 \(s_i = a_i \mid a_{i + 1} \mid \cdots\mid a_{i + k_0 - 1}\)。

   则 \(s_i' = s_i = a_i \mid a_{i + 1} \mid \cdots\mid a_{i + k_1} = s_i \mid s_{i + 1}\)。

   由于 \(\forall i, j, \ s_i = s_j\)，所以 \(\forall i, j, \ s_i' = s_j'\)。

答案具有单调性，考虑二分，复杂度 \(O(N\log^2N)\)。

C

长度为 \(n\) 的序列最多 \(n / 2 - 1\) 个局部最大值。

是否能达到这个上界？

钦定 \(n / 2\) 个位置为局部最大值，给这些位置按数值从大到小分配 \(n/2 + 1\cdots n\) ，给其他位置按数值从大到小分配 \(1\cdots n / 2\)。

钦定位置的最小值可能为 \(n + 1\)，其他位置的最大值也可能为 \(n + 1\)，不好判断。

如果钦定位置一定包含数值 \(n\) 呢？

钦定位置至少为 \(n + 1\)，其他位置最大只有 \(n\)。

因此，只要在选定 \(n/2\) 个位置后，按上述策略分配即可。

由于局部最大值两两不相邻，不妨按照 \(n\) 所在位置的奇偶钦定全部奇数位或全部偶数位。

D

1. 答案 \(m\) 一定是最大值 \(mx\) 的倍数。
2. 最短子段长度不大于 \(n / k\)。
3. \(m\) 一定不大于 \(mx\) 的 \(n / k\) 倍。

于是先花 \(n\) 次操作找到最大值 \(mx\)。

再枚举 \(m\) 是 \(mx\) 的几倍，每轮不超过 \(k\) 次，总共不超过 \(n\) 次。

E

1. 如果 \(l, r\) 合法，则 \(l' \le l, \ r'\ge r\) 合法。
2. 找到 \(i \ne p_i\) 的最小位置和最大位置 \(L, R\)，则一定满足充分条件 \(l \le L + n \land r\ge R + 1\)。

先看 \(l = r\) 的情况。

满足 \(\forall a_i\ne i, \ r = a_i + i\)，则答案加一。

再看 \(l < r\)，不妨枚举 \(r \in [R + 1, 2n]\)，找到合法的最大 \(l\)。

将可以交换的点对 \((x, y)\) 间连边。

当 \(l = r - 1\) 时，整张图就联通了，也就是任意两个数可以通过若干次间接操作交换，此时一定合法。

得到 \(l\) 的上界即 \(\min(r - 1, L + n)\)。