Educational Codeforces Round 165 (Rated for Div. 2)

vp 无伤五题。但是对 rank 不满意。

A

我们发现答案要么是 $2$ 要么是 $3$ 。答案是 $2$ 当且仅当有 $i, j$ 满足 $p_{i} = j, p_{j} = i$ ，即选这两个就可以了。否则必须选 $3$ 个，这个很显然。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		int n;
		cin>>n;
		vector<int> p(n+1);
		for (int i=1; i<=n; i++){
			cin>>p[i];
		}
		int ans=3;
		for (int i=1; i<=n; i++){
			for (int j=1; j<=n; j++){
				if (p[i]==j && p[j]==i){
					ans=2;
				}
			}
		}
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}

B

感觉还是有一定难度的。我们发现每次都是选择一个连续 $1$ 的段，每次用段长加一的代价往右移动就是最优的。所以贪心即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		string s;
		cin>>s;
		vector<int> v;
		for (int i=0; i<s.size(); i++){
			if (s[i]=='1'){
				v.push_back(i);
			}
		}
		if (v.empty()){
			cout<<0<<"\n";
			continue;
		}
		ll cnt=0;
		int l=v[0],r=v[0];
		while (r<s.size()){
			while (r+1<s.size() && s[r+1]=='1'){
				r++;
			}
			if (r+1==s.size()){
				break;
			}
			cnt+=r-l+2;
			l++,r++;
		}
		cout<<cnt<<"\n";
	}
	return 0;
}

C

发现 $k \leq 10$ 很小。Rephrase the problem，发现其实就是要选择一些连续段，连续段的总长 $\leq k$ ，把一个连续段中的每一个数都替换成连续段中最小的，求操作完最小的和。

这个就很容易 dp 了。设 $d p_{i, j}$ 代表 $1 \sim i$ 已经选了 $j$ 个位置了。转移的话枚举以 $i$ 结尾的连续段长度。时间复杂度 $O (n k^{2})$ 。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

const int N = 3e5+5;

ll n,k,a[N],dp[N][12];

void solve(){
	cin>>n>>k;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		cin>>a[i];
	}
	for (int i=1; i<=k; i++){
		dp[0][i]=1e15;
	}
	dp[0][0]=0;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		for (int j=0; j<=k; j++){
			dp[i][j]=dp[i-1][j]+a[i];
		}
		for (int l=0; l<=k; l++){
			ll mn=a[i];
			for (int j=i; j>=max(1,i-10); j--){
				mn=min(mn,a[j]);
				int sum=l+(i-j);
				if (sum<=k){
					dp[i][sum]=min(dp[i][sum],dp[j-1][l]+mn*(i-j+1));
				}
			}
		}
	}
	ll ans=1e15;
	for (int i=0; i<=k; i++){
		ans=min(ans,dp[n][i]);
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

D

首先 Alice 一定会选大于 $k$ 个。我们考虑 Alice 选好以后，Bob 会怎么选。Bob 一定会选择 $k$ 个尽量大的。因此我们把 $i$ 按照 $b_{i}$ 排序，枚举 Bob 选择的最小值大于什么，设为 $x$ 。

我们就是要对于每一个 $x$ ，算出最优答案。分两步：在 $x \sim n$ 中选择让 Bob 免费的 $k$ 个，这个先然是选 $a_{i}$ 最小的 $k$ 个；在 $1 \sim x$ 中如果 $b_{i} - a_{i} \geq 0$ ，就选，这样对 Alice 有利。前者用一个 priority_queue，后者就是前缀和。

时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

const int N = 2e5+5;

ll n,k,a[N],b[N],id[N],sum[N];

bool cmp(int x,int y){
	return b[x]<b[y];
}

void solve(){
	cin>>n>>k;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		cin>>a[i];
	}
	a[n+1]=2e9;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		cin>>b[i];
		id[i]=i;
	}
	id[n+1]=n+1;
	sort(id+1,id+1+n,cmp);
	for (int i=1; i<=n; i++){
		sum[i]=sum[i-1]+max(0ll,b[id[i]]-a[id[i]]);
	}
	priority_queue<ll> q;
	ll cur=0,ans=0;
	for (int i=n+1; i>=1; i--){
		cur+=a[id[i]];
		q.push(a[id[i]]);
		if (q.size()>k){
			cur-=q.top();
			q.pop();
		}
		if (q.size()==k){
			ans=max(ans,sum[i-1]-cur); 
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

E

对于一个同样的数值的连续出现的位置 $l t, l, i$ ，显然所有右端点 $l$ ，左端点 $> l t$ 的，以及左端点 $l$ ，右端点 $< i$ 的对于 $i$ 位置这个数都可以。

我们动态维护可以的左端点，如果有一个突然不可以了，我们可以更改 $i$ 让他变成一个从来没有出现过的东西，这样就可以了。用线段树扫描即可。

时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

const int N = 3e5+5;

int n,l[N],lt[N];

ll t[N<<2],tag[N<<2];

void pu(int k){
	t[k]=min(t[k<<1],t[k<<1|1]);
}

void pd(int k){
	t[k<<1]+=tag[k];
	t[k<<1|1]+=tag[k];
	tag[k<<1]+=tag[k];
	tag[k<<1|1]+=tag[k];
	tag[k]=0;
}

void upd(int k,int l,int r,int ql,int qr,ll x){
	if (r<ql || qr<l){
		return;
	}
	if (ql<=l && r<=qr){
		t[k]+=x;
		tag[k]+=x;
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	pd(k);
	upd(k<<1,l,mid,ql,qr,x);
	upd(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,x);
	pu(k);	
}

void solve(){
	cin>>n;
	int lim=1;
	while (lim<n){
		lim*=2;
	}
	for (int i=1; i<=n; i++){
		l[i]=lt[i]=-1;
	}
	for (int i=0; i<lim+lim; i++){
		t[i]=1;
		tag[i]=0;
	}
	int ans=0;
	for (int i=0; i<n; i++){
		int x;
		cin>>x;
		upd(1,0,lim-1,lt[x]+1,l[x],-1);
		upd(1,0,lim-1,l[x]+1,i-1,1);
		lt[x]=l[x];
		l[x]=i;
		if (t[1]==0){
			ans++;
			upd(1,0,lim-1,0,i,1);
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		solve();
	}
	return 0;
}