Educational Codeforces Round 65
A. Telephone Number
找到第一个 8
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
#define mp make_pair
void solve() {
int n, p = -1;
string s;
cin >> n >> s;
for (int i = 0; p == -1 && i < n; i++)
if (s[i] == '8') p = i;
if( p!= -1 && p + 10 < n ) cout << "YES\n";
else cout << "NO\n";
}
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
for (; t; t--)
solve();
return 0;
}
B. Lost Numbers
问? 1 2、? 1 3，暴力枚举计算\(a_1,a_2,a_3\)
问? 4 5、? 4 6，暴力枚举计算\(a_4,a_5,a_6\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
#define mp make_pair
int32_t main() {
vector<int> a = {4, 8, 15, 16, 23, 42};
vector<int> res;
int x, y;
cout << "? 1 2" << endl;
fflush(stdout);
cin >> x;
cout << "? 1 3" << endl;
cin >> y;
fflush(stdout);
int f = 0;
for (auto i: a) {
for (auto j: a) {
for (auto k: a) {
if ( i != j && i != k && j != k && i * j == x && i * k == y ){
res.push_back(i);
res.push_back(j);
res.push_back(k);
f = 1;
break;
}
}
if( f == 1 ) break;
}
if( f == 1 ) break;
}
cout << "? 4 5" << endl;
fflush(stdout);
cin >> x;
cout << "? 4 6" << endl;
cin >> y;
fflush(stdout);
f = 0;
for (auto i: a) {
for (auto j: a) {
for (auto k: a) {
if ( i != j && i != k && j != k && i * j == x && i * k == y ){
res.push_back(i);
res.push_back(j);
res.push_back(k);
f = 1;
break;
}
}
if( f == 1 ) break;
}
if( f == 1 ) break;
}
cout << "!";
for( auto i : res )
cout << " " << i;
cout << endl;
fflush(stdout);
return 0;
}
C. News Distribution
并查集按秩合并
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
#define mp make_pair
class dsu{
private:
vector<int>fa;
public:
dsu(int n){
fa = vector<int>( n + 1 , -1);
}
int getfa( int x ){
if( fa[x] < 0 ) return x;
return fa[x] = getfa( fa[x] );
}
void merge( int x , int y ){
x = getfa(x) , y = getfa(y);
if( x == y ) return ;
if( x > y ) swap( x , y );
fa[x] += fa[y] , fa[y] = x;
}
int size( int x ){
x = getfa(x);
return -1 * fa[x];
}
};
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n , m;
cin >> n >> m;
dsu d(n);
for( int k , x , y ; m ; m -- ){
cin >> k;
if( k == 0 ) continue;
cin >> x;
for( int i = 2 ; i <= k ; i ++ )
cin >> y , d.merge( x , y );
}
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
cout << d.size(i) << " ";
return 0;
}
D. Bicolored RBS
同时维护两个队列，然后贪心就好了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
#define mp make_pair
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n , r = 0 , b = 0;
string s;
cin >> n >> s;
for( auto i : s ){
if( i == '(' ){
if( r <= b ) r ++ , cout << "0";
else b ++ , cout << "1";
}else{
if( r >= b ) r -- , cout << "0";
else b -- , cout << "1";
}
}
return 0;
}
E. Range Deleting
首先可以很轻松的得到\(f(l,r)\)满足，\(f(l,r+1)\)也满足。
用pos数组统计每个数出现的位置，即\(pos[i].front(),pos[i].back()\)就是数字\(i\)最早最晚出现位置。
统计出前缀的最大值\(prefMax\)。
计算出\(p\)，表示保留\([p,x]\)中的数的情况下，序列满足有序的最小值。
我们来枚举\(l\)，计算出最小\(r\)是的\(f(l,r)\)满足，则对于\(l\)的贡献就是\(x-r+1\)。
假设可以保证保留\([1,l-1]\)中的数，序列有序的情况下，\(last\)是\([1,l-1]\)中的数最后出现的位置。则\(r\)应满足以下三个条件：
- \(r >= l\)
- \(r >= p-1\)
- \(r >= prefMax[last]\)
三个条件取最大值就可以得到最小的\(r\)
现在，考虑如何判断保留\([1,l-1]\)中的数，序列有序的情况下\(l\)能否扩展到\(l+1\)。条件就是判断\(pos[l].front()>last\)是否成立，成立的话就可以扩展，并且更新\(last\)。
这样从\(1\)开始枚举\(l\)即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n + 1), prefMax(n + 1);
vector<vector<int>> pos(m + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i], pos[a[i]].push_back(i);
prefMax[1] = a[1];
for (int i = 2; i <= n; i++)
prefMax[i] = max(prefMax[i - 1], a[i]);
int p = 1, last = INT_MAX;
for (int i = m; i >= 1; i--) {
if (pos[i].empty()) {
p = i;
continue;
}
if (pos[i].back() > last) break;
p = i, last = pos[i].front();
}
int res = 0;
last = -1;
for (int l = 1; l <= m; l++) {
int r = max(l, p - 1);
if (last != -1) r = max(r, prefMax[last]);
res += m - r + 1;
if (!pos[l].empty()) {
if (pos[l].front() < last) break;
last = pos[l].back();
}
}
cout << res << "\n";
return 0;
}
F. Scalar Queries
现在很常见的一种思路，计算区间就一定要枚举区间，所以我们考虑区间中每一个点的贡献。
首先区间\([l,r]\)的贡献可以转化为\(a_i\times (low+1)\)，\(low\)是区间中小于\(a_i\)的数量。
对于\(a_i\)本身包含他的区间有\(i\times(n-i+1)\)，那么\(a_i\)对于答案的贡献就是
\[\sum a_i\times(low+1)=a_i\times (i\times(n-i+1)+a_i+\sum low)
\]
\(\sum low\)就是所有区间中小于\(a_i\)的数字出现的次数之和
如果\(a_j<a_i,j<i\)，数字\(a_j\)出现的次数就是\(j\times (n-i+1)\)
如果\(a_j<a_i,j>i\)，数字\(a_j\)出现的次数就是\(i\times(n-j+1)\)
把上面两个加起来就是\(low\)，求出\(low\)就可以\(O(1)\)的计算出\(a_i\)的贡献
\[\sum j\times(n-i+1)=(n-i+1)\times\sum j\\
\sum i\times (n-j+1) = i\times (cnt\times(n+1)-\sum j)
\]
\(\sum j\) 是满足条件的\(j\)的和，\(cnt\)是满足条件\(j\)的数量。
记录\((a_i,i)\)按照\(a_i\)从小到大排序，然后枚举\(i\)，然后用两个树状数组维护下标之和、下标数量即可。
复杂度\(O(n\log n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 1e9 + 7;
struct BinaryIndexedTree {
#define lowbit(x) ( x & -x )
int n;
vector<int> b;
BinaryIndexedTree(int n) : n(n), b(n + 1, 0) {};
void add(int i, int y) {
for (; i <= n; i += lowbit(i)) b[i] = (b[i] + y + mod) % mod;
return;
}
int calc(int i) {
int sum = 0;
for (; i; i -= lowbit(i)) sum = (sum + b[i] + mod) % mod;
return sum;
}
int calc(int l, int r) {
if (l > r) return 0ll;
return (calc(r) - calc(l - 1) + mod) % mod;
}
};
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n;
cin >> n;
vector<pair<int, int>> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> a[i].first, a[i].second = i + 1;
sort(a.begin(), a.end());
BinaryIndexedTree indexCnt(n), indexSum(n);
int res = 0;
for (auto [x, index]: a) {
int tmp = index * (n - index + 1) % mod;
tmp = (tmp + (n - index + 1) * indexSum.calc(index - 1) % mod) % mod;
tmp = (tmp + index * (indexCnt.calc(index + 1, n) * (n + 1) % mod - indexSum.calc(index + 1, n) + mod)) % mod;
res = (res + tmp * x % mod) % mod;
indexCnt.add(index, 1), indexSum.add(index, index);
}
cout << res << "\n";
return 0;
}
