Codeforces Round 890 (Div. 2)

Tales of a Sort

题解

• 找到最大的能够产生逆序对的数即可
• 暴力\(O(n^2)\)枚举即可

const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;

int n;
int a[N];

void solve()
{
    cin >> n;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
        {
            if (a[j] < a[i])
                ans = max(ans, a[i]);
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

Good Arrays

题解

• 每一个大于\(1\)的数都能变成\(1\)
• 我们只需要统计出\(\sum{(a_i-1)}\)与\(1\)的个数比较即可

const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;

int n;
int a[N];

void solve()
{
    cin >> n;
    int cnt = 0;
    int num = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> a[i];
        cnt += a[i] - 1;
        if (a[i] == 1)
            num++;
    }
    if (n == 1)
    {
        cout << "NO" << endl;
        return;
    }
    if (cnt >= num)
        cout << "YES" << endl;
    else
        cout << "NO" << endl;
}

To Become Max

\(1 \leq n \leq 1000\)

题解 : 二分答案

• 容易发现最大值具有单调性
• 所以我们考虑二分最大值
• 我们考虑如何\(check\)
• 我们\(O(n)\)枚举每个位置成为最大值，如果当前位置为\(x\)，那么其后面的一定为\(x - 1, x - 2,x - 3...\)
• 所以我们可以\(O(n)\)判断每个位置是否可以成为最大值
• 所以复杂度为\(O(n^2 logn)\)

const int N = 1e3 + 10, M = 4e5 + 10;

int n, k, a[N];

bool check(int mid)
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int remain = k, cur = mid;
        for (int j = i; j <= n; ++j, --cur)
        {
            if (a[j] >= cur)
                return true;
            if (remain - (cur - a[j]) < 0)
                break;
            remain -= cur - a[j];
        }
    }
    return false;
}

void solve()
{
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    int l = 0, r = 1e18;
    while (l <= r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid))
            l = mid + 1;
        else
            r = mid - 1;
    }
    cout << r << endl;
}

More Wrong

题解：分治

• 我们考虑分治

• 我们可以求出每个子问题的最大位置，最后求出整个排列的最大位置

• 对于\([l,r]\)来说，如果\([l, r - 1]\)逆序对的数量等于\([l,r]\)，说明\(a_r > a_l\)，否则\(a_r < a_l\)

• 所以对于每个子问题我们可以这样确定最大位置

• 注意，题目要求\(l \neq r\)，所以如果我们询问\(l=r\)时，需要手动返回\(0\)，例如排列为\(2,1\)时，会存在询问\([1,1],[1,2]\)

• 时间复杂度\(O(nlogn)\)

• 代价复杂度：注意每次确定最大位置我们需要询问两次

\[2 \times (n^2 + 2\times(\frac{n}{2})^2 + 4 \times (\frac{n}{4})^2 + 8 \times (\frac{n}{8})^2...)\\ =2 \times n^2(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} ... ) < 2n^2\times 2 = 4n^2 < 5 n^2 \]

const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;

int n;
int query(int l, int r)
{
    if (l == r)
        return 0;
    cout << "? " << l << " " << r << endl;
    int res = 0;
    cin >> res;
    return res;
}

int solve(int l, int r)
{
    if (l == r)
        return l;
    int mid = l + r >> 1;
    int pos1 = solve(l, mid), pos2 = solve(mid + 1, r);
    if (query(pos1, pos2) == query(pos1, pos2 - 1))
        return pos2;
    else
        return pos1;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    int ans = solve(1, n);
    cout << "! " << ans << endl;
}

PermuTree (easy version)

\(1 \leq n \leq 5000\)

题解：树形\(DP\) + \(bitset\)优化

• 显然对于\(u\)来说，它的子节点的子树中的所有节点的点权一定\(>a_u\)或者\(< a_u\)

• 所以我们需要将这些子树分成两个集合\(S,T\)，集合\(S\)中的子树全部\(>a_u\)，集合\(T\)中的子树全部\(<a_u\)

• 那么\(u\)能够对答案做出的最大贡献为

\[\sum_{v \in S}sz[v] \times \sum_{w \in T} sz[w] \]

• 显然我们可以考虑枚举哪颗子节点的子树在集合\(S\)中，但是显然复杂度过高

• 我们可以考虑类似硬币问题进行\(dp\)，定义\(dp_i = true / false\)为集合\(S\)中存在\(i\)个节点是否合法

\[dp[i]\ \ |= dp[i - sz_v],sz_v代表子树v中节点数 \]

• 如果\(dp_i = true\)，那么对答案的贡献为\(i \times (sz_u - 1 - i)\)

• 那么\(u\)能够对答案做出的最大贡献为

\[max\sum_{i = 1}^{sz_u - 1}i \times (sz_u - 1 - i), dp_i = true \]

• 当前复杂度为\(O(n ^ 2)\)，已经可以通过

• 我们还可以通过\(bitset\)优化至\(O(\frac{n^2}{w}),w = 64\)

const int N = 5e3 + 10, M = 4e5 + 10;

int n;
int sz[N], ans;
vector<int> g[N];

void dfs(int u, int par)
{
    sz[u] = 1;
    bitset<N> dp;
    dp.set(0); // f[0] = 1
    for (auto v : g[u])
    {
        if (v == par)
            continue;
        dfs(v, u);
        sz[u] += sz[v];
        dp |= (dp << sz[v]);
    }
    int mx = 0;
    for (int i = 1; i <= sz[u] - 1; ++i)
    {
        if (dp.test(i)) //  f[i] = 1 
            mx = max(mx, i * (sz[u] - 1 - i));
    }
    ans += mx;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        int u;
        cin >> u;
        g[i].push_back(u);
        g[u].push_back(i);
    }
    dfs(1, 0);
    cout << ans << endl;
}