Codeforces 1834 / Codeforces Round #879 (Div. 2)

目录

• Contest Link
• Problem B Maximum Strength
• Problem C Game with Reversing
• Problem D Survey in Class
• Problem E MEX of LCM
• Problem F Typewriter

Contest Link#

Codeforces Round #879 (Div. 2)

Problem B Maximum Strength#

题意

给定 $L,R$，求两个整数 $L \leq a,b \leq R$ 使得 $a,b$ 的数位差之和最大。例如 $133$ 和 $219$ 的数位差是 $|1-2|+|3-1|+|3-9| = 9$，位数不足用前导零补齐。

$1 \leq L \leq R < 10^{100}$

题解

考场上脑子瓦特了，想的 DP：钦定 $a \leq b$。设 $f(i,0/1,0/1,0/1)$ 分别表示高 $i$ 位 $a$ 是否一直处于下界，$b$ 是否处于上界，是否已经选取的位有 $a=b$，然后枚举当前位选的数，判断是否合法。

但事实上我们发现答案最大就是找到最高的位使得 $L,R$ 的这一位 $l_i,r_i$ 不同，然后 $a$ 的这一位选 $r_i$，$b$ 的这一位选 $l_i$，之后 $a$ 一直选 $0$，$b$ 一直选 $9$。

例如：$L = 558244, R = 559244$，取 $a=559000,b=558999$ 最优。

Problem C Game with Reversing#

题意

Alice Bob 玩游戏。现在有两个长为 $n$ 的小写字母串 $S,T$，从 Alice 开始轮流操作，Alice 可以选择串里的某个位置，改成另一个小写字母（可以和原来相同），Bob 可以选一个串进行翻转。

Alice 想要游戏尽快结束，Bob 想要游戏尽可能长。求游戏结束时总共操作了多少次。

$1 \leq n \leq 10^5$

题解

我们发现 Bob 的具体操作策略对答案没有影响，因为翻两次 $S$ 和翻一次 $S$，翻一次 $T$ 本质相同。我们只需要关心游戏结束时，Bob 究竟操作了多少次。如果操作了奇数次，Alice 必须把 $S$ 改的和 $T$ 的反串相同，否则必须把 $S$ 和 $T$ 改的相同。

我们进一步发现，Alice 的操作次数只和 $S$ 和 $T$（或其反串的差异）有关。于是分类讨论 Bob 操作次数的奇偶性，然后计算 Alice 的操作次数即可。注意有可能在 Bob 操作偶数次的情况下，Alice 需要操作的次数是一个奇数（比如 $5$），这个时候 Alice 必须要放空一轮，等 Bob 的第 $6$ 次操作。同理另一侧也有一些特殊情况，处理一下即可。

Problem D Survey in Class#

题意

现在有 $n$ 个学生，$m$ 个学科，第 $i$ 个学生只会 $[l_i,r_i]$ 的学科的问题。现在你作为老师，可以问一些学科的问题，当然，每一科最多问一次。初始每个学生的手高度为 $0$。如果学生会该问题，则手的高度增加 $1$，否则减少 $1$。问在所有可能的问法中，最后学生中最高的手和最低的手的高度差最大是多少。

$2 \leq n \leq 10^5,1 \leq l_i \leq r_i \leq m \leq 10^9$

题解

考虑钦定两个学生是最高的和最低的。发现问他们都会的和都不会的都没有意义。只需要问一个人会的，另一个人不会的，才会拉开差距。设两个人会的集合分别是 $a,b$，那么要求的就是最大的 $|a|-|a \cap b|$。

考虑 $b$ 怎么交 $a$：要么和 $a$ 的左端点交，要么和 $a$ 的右端点交，要么完全在 $a$ 内部。于是，我们只需要检查三条线段：右端点最小的，左端点最大的，长度最小的。如果其中某些线段和 $a$ 没有交，那无疑是更优的。

有瓜皮考场上写了线段树。😃

Problem E MEX of LCM#

题意

给定长度为 $n$ 的正整数数组 $a$，问最小的正整数 $x$ 使得不存在任何区间的 LCM 为 $x$。

$1 \leq n \leq 3 \times 10^5, 1 \leq a_i \leq 10^9$

题解

注意到 $n^2$ 个数的 MEX 不超过 $n^2+1$，于是只有 LCM 小于等于 $n^2 + 1$ 的才可能成为答案。这也说明，同一右端点的所有区间，至多只有不同的 $2 \log_2 n + 1$ 个 LCM 可能成为答案：设这些 LCM 分别为 $x_1 < x_2 < \cdots < x_k$，显然有 $x_{i+1}$ 被 $x_i$ 整除，从而 $x_{i+1} \geq 2x_i$。

到这里已经可以暴力向右移动端点，然后做完了。

同时，上面的方法也证明了答案甚至是不超过 $10^9$ 的，于是我们不用担心溢出。

Problem F Typewriter#

题意

给定一个长度为 $n$ 的排列 $p$，初始有一个指向 $1$ 的指针和一个空的缓冲区。

你可以执行以下操作：

• 如果当前指针指向的位置非空且缓冲区是空的，把这个位置上的数扔进缓冲区
• 如果缓冲区非空且当前指针指向的位置是空的，把缓冲区中的数扔到这个位置
• 如果它们都非空，交换这两个数
• 指针右移 $1$
• 指针移回 $1$

现在有 $q$ 次操作，形如：

• 排列向左循环移位 $k$ 步
• 排列向右循环移位 $k$ 步
• 翻转排列

在第一次操作前和每次操作后，询问使用上述操作将当前排列变为 $1,2,\cdots,n$ 的最小指针移回 $1$ 的次数。注意到这些操作不会真实发生。

$1 \leq n \leq 4 \times 10^5$

题解

指针只会向右移动，显然每一次指针移回 $1$ 只能让一个 $p_i < i$ 的位置归位，于是答案的下界就是满足条件的 $i$ 数量。同时，我们可以构造出这个下界：每次把 $p_i$ 位置的数拿起，到 $i$ 位置执行交换，指针移回 $1$，最后到 $p_i$ 位置放下。为了操作冲突最小，我们按照 $p_i$ 从小到大对于所有符合条件的 $i$ 操作即可。

现在问题就是怎么维护 $p_i < i$ 的位置数量。首先观察到左移和右移没有本质区别，我们只需要维护数组的开头是哪些位置的时候，$p_i < i$ 成立。不难发现这是一个连续段（也有可能是前缀 + 后缀），差分即可。

对于翻转，我们直接对于翻转后的 $p$ 也维护上面的即可。考虑翻转后，左移和右移的意义恰好与翻转前相反，维护即可。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=400010,INF=0x3f3f3f3f;

int n,q;

int T;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-')f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

int p[N];

struct Node{
	int a[N],ans[N];
	inline void init(bool op){
		for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=p[op?(n-i+1):i],ans[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;++i){ // ai < i
			if(a[i]<=i) ++ans[1],--ans[i-a[i]+1],++ans[i+1],--ans[n+1];
            // [1,i-ai] and [i+1,n] when ai<=i; [i+1,n-(ai-i)] when ai>i; 
			else ++ans[i+1],--ans[n-(a[i]-i)+1];
		}
		for(int i=1;i<=n;++i) ans[i]+=ans[i-1];
		return;
	}
}sim,rev;


int main(void){
	T=1;
	while(T--){
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;++i) p[i]=read();
		q=read();
		sim.init(false),rev.init(true);
		int sh=0,re=1;
		
		printf("%d\n",sim.ans[1]);
		while(q--){
			int op=read(); // + : left shift - : right shift
			if(op==1) sh+=read()*re;
			else if(op==2) sh-=read()*re;
			else re*=-1;
			sh=(sh%n+n)%n;
			if(re==1) printf("%d\n",sim.ans[sh+1]);
			else printf("%d\n",rev.ans[(n-sh)%n+1]); // reversed
		}
	}

	return 0;
}