Codeforces Round #782 (Div. 2)

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A. Red Versus Blue#

题意#

红队和蓝队正在比赛，给出比赛场次 $n$，红队赢的场次 $a$, 蓝队赢的场次 $b$
求出一个比赛情况，使得每个队伍连续获胜的场次最少。

思路#

• $a >= b$， 那么问题可以转化为 在 $b + 1$ 个 空隙 中，填 $a$，使得连续的 $a$ 最少
  我们河狸分配 $a / (b + 1)$ 以及 $a % (b + 1)$ 即可

• $a < b$ 我们直接交换 $a, b$ 即可

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$\color{red}{SOLUTION}$#

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void solve() {

  int n, a, b; cin >> n >> a >> b;
  char c1 = 'R', c2 = 'B';

  if(a < b) {
    swap(a, b); swap(c1, c2);
  }

  int x = a / (b + 1), y = a % (b + 1);

  string ans;
  string res(x, c1);

  //处理最左边那个空隙
  ans = res;
  if(y) { 
    ans += c1;
    y --;
  }
  
  for(int i = 0; i < b; i ++ ) {
    ans += c2;
    ans += res;
    if(y) {
      ans += c1;
      y --;
    }
  }
  cout << ans << "\n";

}

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B. Bit Flipping#

题意#

给定一个长度为 $n$ 且只包含 $0$ 和 $1$ 的字符串，对这个字符串进行 $k$ 次操作、
每次操作可以选择一个字符，并且把除了这个字符之外的字符都 $0$ 变 $1$， $1$ 变 $0$

求出恰好 $k$ 次操作后的字符串转成十进制的最大值

思路#

我们对 $k$ 分 奇、偶 讨论

当 $k$ 为奇数的时候，从高位到低位进行贪心，假设当前位为 $1$，那么我们就要使得 $k$ 次操作中有奇数次是选择的当前位，这样可以保证当前位最后是 $1$，那么我们可以让这一位操作 $1$ 次 (这样可以有更多的操作次数去让后面的位都置一)；假设当前位为 $0$，那么我们就要使得 $k$ 次操作中有偶数次是选择的当前位，这样可以保证当前为最后是 $1$，那么我们可以让这一位操作 $0$ 次
这样操作完，我们可以尽可能的保证高位为 $1$
假如操作次数仍有剩余，我们可以将所有的次数都给最后一位即可，这样可以保证答案是最优解。

$k$ 为偶数同理。

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$\color{red}{SOLUTION}$#

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void solve() {
  int n, k; cin >> n >> k;
  string s; cin >> s;
  vector<int> a(n);
  if(!(k & 1)) {
    for(int i = 0; i < n && k; i ++ ) if(s[i] == '0')  {
      a[i] = 1;
      k --;
    }

    a[n - 1] += k;

    for(int i = 0; i < n; i ++ ) if(a[i] & 1) {
      s[i] = s[i] ^ '1' ^ '0';
    }
    cout << s << "\n";
    for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
      cout << a[i] << " \n"[i == n - 1];
    }
  } else {
    for(int i = 0; i < n && k; i ++ ) if(s[i] == '1')  {
      a[i] = 1;
      k --;
    }
    
    a[n - 1] += k;

    for(int i = 0; i < n; i ++ ) if(!(a[i] & 1)) {
      s[i] = s[i] ^ '1' ^ '0';
    }
    cout << s << "\n";
    for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
      cout << a[i] << " \n"[i == n - 1];
    }
  }
}

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C. Line Empire#

题意#

有一个国王处于一维坐标轴的原点处，他想征服处于正半轴的其他国家，每次攻打只可以攻打距离他最近的没有攻打过的国家，国王也可以选择移动到附近的国家。

假设国王处于 $c_1$，攻打的国家处于 $c_2$，那么征服的代价是 $a \times |c_1 - c_2|$
假设国王处于 $c_1$，移动的国家处于 $c_2$，那么移动的代价是 $b \times |c_1 - c_2|$

注：国王只可以移动到已经被征服的国家 ， 国王只可以征服距离他最近的没有被征服的国家，即不可以隔山打牛

思路#

经过观察我们可以发现，我们移动的最终点只有一个(好像说了一句废话)
我们可以枚举我们要移动的终点，我们计算出从起点到这个终点的代价，以及从这个移动的终点一直到最后一个国家的代价，找到最小值即是答案。

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$\color{red}{SOLUTION}$#

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void solve() {
  int n, a, b; cin >> n >> a >> b;
  vector<int> x(n + 1); 
  for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> x[i];
  vector<ll> f1(n + 1), f2(n + 1), f(n + 1);
  //起点到这个终点的代价
  for(int i = n - 1; i >= 0; i -- ) {
    f1[i] = f1[i + 1]  + (ll)(x[i + 1] - x[i]) * (n - i); 
  }
  //这个移动的终点一直到最后一个国家的代价
  for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
    f2[i] = f2[i - 1] + (ll)(x[i] - x[i - 1]);
    f[i] = (ll)a * (x[i] - x[0]); 
  }
  ll ans = INT64_MAX;
  //我计算的是 b 的个数，因此要乘以一个 b
  for(int i = 0; i <= n; i ++ ) {
    ans = min(ans, f1[i] * b + f2[i] * b + f[i]);
  }
  cout << ans << "\n";
}

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D. Reverse Sort Sum#

题意#

定义 $f(k,A)$ 表示对数组 $A$ 的前 $k$ 个数字排序得到的新数组
$A$ 是一个包含 $0$ 和 $1$ 的数组
数组 $C$ 是 $f(1, A) + f(2,A) + ... f(n,A)$ 的对应位置的元素和

给定数组 $C$，求出原始数组 $A$

思路#

经过倒序来判断最后一位是否是 $1$，即可求出最后的答案，我们需要的操作就是区间修改以及单点求值
那么我们可以维护一个差分树状数组来实现这一操作
我们在第 $i$ 位 减去的贡献就是 把 $[i-cnt+1, i]$ 这个区间的数字都减去 $1$, $cnt$ 是当前还剩的 $1$ 的个数
原因是 $f(k,A)$ 是有序的，因此他的所有 $1$ 都在最后面。

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$\color{red}{SOLUTION}$#

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struct Bit {
  int n;
  vector<int> tr;
  Bit() {};
  Bit(int _n) { n = _n; tr.resize(n + 1); };

  void add(int a, int b) {
    while(a <= n) tr[a] += b, a += a & -a;
  }

  int sum(int a, int ret = 0) {
    while(a > 0) ret += tr[a], a -= a & -a;
    return ret;
  }

};

void solve() {
  int n; cin >> n;
  vector<int> a(n), ans(n);
  Bit f(n);
  for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
    cin >> a[i];
    if(!i)
      f.add(i + 1, a[i]);
    else 
      f.add(i + 1, a[i] - a[i - 1]);
  }
 
  int cnt = accumulate(a.begin(), a.end(), 0ll) / n;

  for(int i = n - 1; i >= 0; i -- ) {
    int now = i - cnt + 2;
    if(f.sum(i + 1) == i + 1) {
      ans[i] = 1;
      cnt --;
    }
    f.add(now, -1);
  }

  for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
    cout << ans[i] << " \n"[i == n - 1];
  }

}