6.7-6.8CFdiv3瞎打（关于IOI打成ACM这件事）EFG
垃圾翻译：
题不难 不过有点思维含量
首先 先对所有重量取模得到余数
我们要使更多余数配对大于零
贪心yyds
对余数开个桶 两个指针两端开扫
对于当前最大值 让它尽量跟小的配对
而如果左指针的最小值不能跟右指针的最大值配对 就不存在一个更大的数跟它配对
如果我们拆掉原来的配对 结果也不会变得更优
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> #include<queue> #include<stack> #define Sa Sakura #define Re register int #define _ putchar(' ') #define el putchar('\n') #define maxn 200010 using namespace std; inline int read(){ int f=0,x=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') f|=c=='-',c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); return f?-x:x; } inline void ot(long long x){ if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(x>9) ot(x/10);putchar(x%10|48); } int t,a[maxn],n,b[maxn],k,q[maxn],top; main(){ t=read(); while(t--){ top=0; int ans=0; n=read(),k=read(); for(Re i=1;i<=n;i++){ a[i]=read(); ans+=a[i]/k; a[i]%=k; if(a[i]) q[++top]=a[i]; } // _,ot(ans),el; sort(q+1,q+top+1); // for(Re i=1;i<=top;i++) // ot(q[i]),_;el; int l=1,r=top; while(l<r){ while(l<r&&q[l]+q[r]<k) l++; if(l==r) break; ans++; l++,r--; } ot(ans),el; } }
Polycarp 找到了字符串 s 和排列 p。结果证明它们的长度相同并且等于 n。
n 个元素的排列 — 是一个长度为 n 的数组，其中从 1 到 n 的每个整数恰好出现一次。例如，[1,2,3] 和 [4,3,5,1,2] 是排列，但是 [1,2,4], [4,3,2,1,2] 和 [0,1 ,2] 不是。
在一次操作中，他可以将 s 与 p 相乘，因此他将 s 替换为字符串 new，其中对于从 1 到 n 的任何 i，newi=spi 是真的。例如，当 s=wmbe 和 p=[3,1,4,2] 时，操作后字符串会变成 s=s3s1s4s2=bwem。
Polycarp 想知道在经过多少次操作后，该字符串将首次等于其初始值。由于可能需要很长时间，他在这件事上请求您的帮助。
可以证明所需的操作次数总是存在的。它可能非常大，因此请使用 64 位整数类型。
输入 输入的第一行包含一个整数 t (1≤t≤5000) — 输入中的测试用例数。
每个案例的第一行包含单个整数 n (1≤n≤200) — 字符串的长度和排列。
每个 case 的第二行包含一个长度为 n 的字符串 s，其中包含小写拉丁字母。
每个case的第三行包含n个整数——排列p（1≤pi≤n），所有的pi都是不同的。
个人认为比G题有思维含量一点（毕竟G题就是数据结构难打……）
首先建边后各自成环
在环上每个字母不同时 答案为环长的最大公约数
然而有相同的
发现每个环上字符串回到初始状态所需次数不变
（废话 但是我没看出来）
所以我们所需的其实是最小循环节的lcm
kmp
#include<bits/stdc++.h> #define Sa Sakura #define Re register int #define _ putchar(' ') #define el putchar('\n') #define int long long #define maxn 50010 using namespace std; inline int read(){ int f=0,x=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') f|=c=='-',c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); return f?-x:x; } inline void ot(int x){ if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(x>9) ot(x/10);putchar(x%10|48); } int t,n,ans,nextt[maxn],a[maxn],top; bool ju[maxn]; char s[maxn],q[maxn]; void dfs(int x){ ju[x]=true; q[++top]=s[x]; if(!ju[a[x]]) dfs(a[x]); } inline void KMP(){ nextt[1]=0; // for(Re i=1;i<=top;i++) // cout<<q[i];cout<<endl; for(Re i=2,j=0;i<=top;i++){ while(j>0&&q[i]!=q[j+1]) j=nextt[j]; if(q[i]==q[j+1]) j++; nextt[i]=j; } } inline int gcd(int x,int y){ if(!y) return x; return gcd(y,x%y); } inline void lcm(){ int len=top-nextt[top]; // _,_,ot(len),el; if(top%len) len=top; // _,ot(len),el; ans=ans*len/gcd(ans,len); } main(){ t=read(); while(t--){ n=read(); ans=1; for(Re i=1;i<=n;i++) scanf(" %c",&s[i]); for(Re i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),ju[i]=false; for(Re i=1;i<=n;i++) if(!ju[i]){ top=0; dfs(i); KMP(); lcm(); } ot(ans),el; } }
首先 降低的是最大速度而非当前速度（然后我们就省了一个query函数……）
区间维护 我永远喜欢线段树
原数组不好维护 维护不上升数组（即实际速度）
每个区间维护火车左速度（根据不上升一定为区间最大速度） 右速度（一定为区间最小速度） 火车数
有点染色的感觉
修改很恶心 但是我们用瞎打战术
找出这个车降低后的最大速度 只要这辆车即之后的车运行速度大于它就lazy
所以只要我们打上一堆乱七八糟的限制条件
只要这个区间有可能被修改 就跑它一遍
你只管瞎打 剩下的交给递归……
#include<bits/stdc++.h> #define Sa Sakura #define Re register int #define _ putchar(' ') #define el putchar('\n') #define int long long #define maxn 100010 using namespace std; inline int read(){ int f=0,x=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') f|=c=='-',c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); return f?-x:x; } inline void ot(int x){ if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(x>9) ot(x/10);putchar(x%10|48); } int t,n,a[maxn],sum[maxn*4],lv[maxn*4],rv[maxn*4],m,b[maxn]; bool lazy[maxn*4]; inline void pushdown(int p){ if(!lazy[p]) return; // ot(666),_,ot(p),el; lazy[p<<1]=lazy[p<<1|1]=true; lazy[p]=false; lv[p<<1]=rv[p<<1]=lv[p<<1|1]=rv[p<<1|1]=lv[p]; sum[p<<1]=sum[p<<1|1]=1; } inline void pushup(int p){ sum[p]=sum[p<<1]+sum[p<<1|1]; if(rv[p<<1]==lv[p<<1|1]) sum[p]--; lv[p]=lv[p<<1],rv[p]=rv[p<<1|1]; } void build(int p,int l,int r){ lazy[p]=false; if(l==r){ sum[p]=1; lv[p]=rv[p]=a[l]; return; } int mid=l+r>>1; build(p<<1,l,mid); build(p<<1|1,mid+1,r); pushup(p); // _,ot(l),_,ot(r),_,ot(sum[p]),_,ot(lv[p]),_,ot(rv[p]),el; } void change(int p,int l,int r,int x,int d){ if(lv[p]<=d) return; if(r<x) return; if(x<=l&&rv[p]>=d){ // _,ot(l),_,ot(r),_,ot(lv[p]),_,ot(rv[p]),el; lazy[p]=true; lv[p]=rv[p]=d; sum[p]=1; return; } int mid=l+r>>1; pushdown(p); if(x<=r&&lv[p<<1|1]>d) change(p<<1|1,mid+1,r,x,d); if(x<=mid&&lv[p<<1]>d) change(p<<1,l,mid,x,d); pushup(p); } main(){ // freopen(".out","w",stdout); t=read(); while(t--){ n=read(),m=read(); for(Re i=1;i<=n;i++){ b[i]=a[i]=read(); if(i!=1) a[i]=min(a[i-1],a[i]); } // for(Re i=1;i<=n;i++) // ot(a[i]),_;el; build(1,1,n); // _,_,_,ot(sum[1]),el; while(m--){ int x=read(),d=read(); // _,ot(b[x]-d),el; change(1,1,n,x,b[x]-d); ot(sum[1]),_; b[x]-=d; }el; } }
