Codeforces Global Round 11 A-F题解

很久以前，我在退役之后说过要在Codeforces上与你们再见。我回来了。

先写A-E的题解，F和G之后补。先写一部分可以防止咕咕咕。

F已经补上，G的题解非常妙，我将单独开一篇来介绍。

A. Avoiding Zero

重排一列数使得前缀和始终不为\(0\)，可能无解。

题解：和为\(0\)则显然无解，否则考虑分为正数和负数两部分，将和的绝对值大的那一部分放在前面，就不会出现前缀和为\(0\)了。

B. Chess Cheater

你有自己\(n\)场比赛的结果（赢或输），输的场不扣分，赢的场得一分，如果上一场也赢再得一分。你可以修改\(k\)场比赛的结果，使得自己总分最大。

题解：显然只需要把输改为赢。那么修改完之后赢的场次就是\(\min\{cnt+k,n\}\)，其中\(cnt\)为本来就赢得的场次。

然后只需要最小化连赢的场的段数。可以通过把两段连赢之间的输改成赢来减少一段。那么只要按照连赢段之间的距离升序排序尽量消除就可以了。

C. The Hard Work of Paparazzi

有一个二维平面，从一点\((x_1,y_1)\)走到另一点\((x_2,y_2)\)所花的时间为\(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\)。有\(n\)个事件，第\(i\)个在时刻\(t_i\)在点\((x_i,y_i)\)发生。你时刻\(0\)在\((1,1)\)，问最多参与多少事件。事件发生时刻严格递增。\(|x_i|,|y_i|\leq 500,n\leq 10^5\)。

题解：比赛时居然没想到...老了老了。考虑朴素\(dp\)，\(f_i\)表示参与\(i\)号事件时之前最多参与了几个事件。普通的一次转移是\(O(n)\)的，但考虑如果时间差大于\(2*|x|\)就肯定能到了，因此前面最多只有\(O(|x|)\)个事件是需要逐一判断的。复杂度优化为\(O(n|x|)\)。

D. Unshuffling a Deck

你有一个长度为\(n\)的排列\(p\)，每次可以将其分割为若干段，段内顺序不变，所有段之间顺序反转。给出不多于\(n\)次这样的操作将原排列排序。

题解：记录\(k\)是排列中的第\(a_k\)个。如果对\(k=1,2,\dots,n-1\)，都有\(a_k<a_{k+1}\)就排完了。否则找到某一个\(a_k>a_{k+1}\)的\(k\)。

设\(k+1\)之后连续递增的一段为\([a_{k+1},pos]\)（即这个区间内\(p_i=i-a_{k+1}+k+1\)），将排列分割为\([1,a_{k+1}-1],[a_{k+1},pos],[pos+1,a_k],[a_k+1,n]\)四段，用题中操作，操作完毕后\(a_k+1=a_{k+1}\)，即\(k\)与\(k+1\)连在了一起，同时不会破坏任何已经连在一起的对。不断重复上述操作即可。

E. Xum

黑板上初始有一个奇数，每次可以选黑板上两个数（可重复），再写出它们的和或异或和，重复若干步写出\(1\)。限制比较宽松。

题解：我的做法是非标准的做法。考虑用线性基判定是否可以通过异或得到\(1\)，先加和几次自身扩充一下线性基，之后每次随机从线性基中得到两个数取和加入，不久就会出解。对于\(2^k+1\)的情况会比较苛刻，要先得到较大的倍数加入线性基中。

F. Boring Card Game

桌上有\(1,2,\dots,6n\)标号的\(6n\)张连续牌，Alice和Bob玩游戏轮流取\(3\)张，Alice先取，每次取出位置连续的三张牌并将上下两堆牌合并。给出Alice最终拿到的所有牌的标号，复原一种可能的游戏过程，保证有解。\(n\leq 200\)

题解：

先考虑问题的弱化版：取消轮流取的限制，允许某人反复取三张牌，先判断这个条件下是否有解。

那么考虑一个贪心：从左到右扫描牌，逐一加入栈中，如果加入后栈顶出现三张属于同一个人的牌，就视为进行了一次取走操作，将这三张牌弹出。

如果贪心算法最终能将栈清空，显然就得到了一组合法解。现在来进一步证明如果弱化版问题有合法解那么栈一定被清空。

对取牌轮数\(n\)用数学归纳法。
\(n=0\)时显然成立。
假设\(n=k\)时成立。\(n=k+1\)时，对某种有解的情况，我们随意考虑它的某一个解，这个解的第一步取走的必定是标号连续的牌，设为\(k,k+1,k+2\)。如果我们先打破贪心规则取走这三张牌，由数学归纳法，剩下的牌可以通过贪心构造一个解。
进一步转化，可以发现如果将之后的若干不依赖于\(k,k+1,k+2\)三张牌被取走的前提就能取走的牌先于\(k,k+1,k+2\)被取走，也是合法的。因此我们换一种打破规则的方式，改成在\(k,k+1,k+2\)中的一些牌置于栈顶并可以取走时，如果并非\(k,k+1,k+2\)这一组合就不取走，直到\(k,k+1,k+2\)都出现在栈顶才取走它们（此时栈顶可能有\(4-5\)张属于同一人的牌），也能在之后合乎贪心的过程给出一个解。
最后，由于\(k,k+1,k+2\)是连续的，假设我们保留了本来可以取走的\(a,b,k\)不取走，\(k+1,k+2\)必定马上到来并将\(k\)带走，此时栈顶留下\(a,b\)，但是如果我们合乎规则操作，直接取走\(a,b,k\)，栈顶就剩下\(k+1,k+2\)，由于这些牌的归属者相同，对于之后的过程来说，除了标号\(k+1,k+2\)和\(a,b\)没有本质区别，因此原来能得出解此刻仍然可以得出解。\(a,k,k+1\)的情况也是类似的。而此时是完全符合贪心规则的。因此也就证明完毕了。

因此原问题有解的必要条件是栈能够清空，也就是得出一种弱化版的方案，现在再来分析一下该方案中每一组牌之间的依赖关系。可以得知，如果我们让三张牌对应到包含这三张牌编号的最小区间，那么任何两个区间之间只有无交和包含两种关系，因此可以建立一个森林，树中祖先的区间包含所有后代的区间。对于这三张牌，显然只有其子树对应的三张牌组取完才可以取。不难发现，对一组三张牌，尽管其后代中可能存在归属者相同的牌组，但由贪心的性质其儿子对应的归属者都是与自己的不同的。

重新考虑轮流取的限制，我们对森林的操作就变成了：只有所有叶子都已经被取走的节点可以被取走，且必须\(Alice\)的牌的点和\(Bob\)的牌的点轮流取走。考虑是否存在这样一个取走的序列。

首先，最后一组取走的牌一定是森林中某棵树的根。因此，如果所有根都是\(Alice\)的牌，就一定无解。那么下面只要说明森林里有一棵树的根属于\(Bob\)，就一定能找到一组解。

要取\(Alice\)的节点时，假设没有\(Alice\)的节点作叶子，那么所有\(Alice\)和某个儿子\(Bob\)节点配对。但是\(Bob\)节点至少有一个根，不满足条件，因此有\(Alice\)叶子节点，随意取一个即可。

而要取\(Bob\)的节点时，此时\(Bob\)的节点多一个。分两种情况：\(Bob\)的根只有一个和有多个。
如果有多个，假设没有\(Bob\)叶子，就令每个\(Bob\)点和某儿子\(Alice\)点配对，而\(Alice\)点少一个，必不可行。又由于\(Bob\)根多于一个，取走一个并不影响“存在至少一个\(Bob\)根”这一性质，因此随便取。
如果只有一个，那么再分类：
如果这个点有儿子，本来就不可取，直接利用结论随便取走一个叶子即可。
如果这个点没有儿子，且除了它以外没有别的树，它就是最后一个点，显然可以取走。如果没有儿子且还有别的树，一定是以\(Alice\)为根，不考虑这个点后的讨论和\(Alice\)相似，一定可以找到另一个\(Bob\)叶子。