题解 Codeforces Round 887 (Div 2) / CF1853A~F

下大分！悲！Div 1 只过了 1A！！！

但还是补完整场 Div 2 吧。

A. Desorting

https://codeforces.com/problemset/problem/1853/A

problem

用操作：\([1,i]++,[i+1,n]--\)，使得数组不单调不降，求最小操作次数。\(n\leq 10^5\)。

solution

操作等同于在差分数组上选出 \(i\)，做 \(c_1:=c_1+1,c_i:=c_i-2\)；又因为除了无用的 \(c_1\) 外，只要 \(c_{[2,n]}\) 中有一个负数，那么对应的原数组就会出现 \(a_{i-1}>a_i\) 的题设。那么先做差分，找到 \(c_{[2,n]}\) 中的最小值，如果已经无序就是 \(0\)，否则是 \(x/2+1\)。

B. Fibonaccharsis

https://codeforces.com/problemset/problem/1853/B

problem

Fibonacci-like 的序列，满足单调不降，全部数非负，\(F_i=F_{i-1}+F_{i-2}(i>2)\)。问有多少个 Fibonacci-like 的序列满足 \(F_n=k\)。\(n\leq 10^9,\sum k\leq 10^5\)。

solution

设 \(F_1=b,F_2=a\)，\(f_1=f_2=1\) 且 \(F,f\) 都为 Fibonacci-like（后者就是 Fibonacci）。尝试归纳证明一个重要结论：\(F_i=af_{i-1}+bf_{i-2}\)。

  • 归纳的基石是显然的。
  • \(F_i=F_{i-1}+F_{i-2}=af_{i-2}+bf_{i-3}+af_{i-3}+bf_{i-4}=a(f_{i-2}+f_{i-3})+b(f_{i-3}+f_{i-4})=af_{i-1}+bf_{i-2}\)。证毕。

那么原题就是求 \(F_n=af_{n-1}+bf_{n-2}=k\) 的方案数。其实这个 \(f\) 增长非常之快以至于这个东西可以直接暴力。大概 \(30\) 项 \(f\) 就可顶爆 \(10^5\)。于是枚举 \(b\) 即可。注意单调不降。

C. Ntarsis' Set

https://codeforces.com/problemset/problem/1852/A

problem

集合 \(S=N^{+}\) 初始时。重复 \(k\) 次，每次都同时删除 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 小的元素。求操作后 \(S\) 中最小数。\(n,k\leq 10^5\)。

solution

可以考虑原集合的前 \(m\) 个数，每一天，这 \(m\) 个数中的某一些会被删除。因为我们规定这 \(m\) 个数是前 \(m\) 个数，所以删除就是删这 \(m\) 个数的 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) -th。可以二分找出多少个数被删除，也就是记 \(x=\sum_{i}[a_i\leq m]\)，然后 \(m:=m-x\)，继续下一天。如果最终还剩下数字，说明 \(m\geq ans\)；如果删空了，\(m<ans\)。那么二分答案即可。\(O(n\log^2n)\)。

另一种做法是关心最小值位置，好像是在 \(a_1-1,a_2-2,\cdots,a_n-n\) 这些地方插入零之类的，然后可以线性。

D. Imbalanced Arrays

https://codeforces.com/problemset/problem/1852/B

problem

构造非零整数数组 \(b\) 使得：

  • \(-n\leq b_i\leq n\)；
  • 任意两个 \(b_i\) 不为相反数；
  • 恰好有 \(a_i\) 个 \(j\) 使得 \(b_i+b_j>0\)，包括自己。

构造或者无解。\(n\leq 10^5\)。

solution

首先变形 \(b_i+b_j>0\Rightarrow b_j>-b_i\)。当 \(b_i\) 越大，\(-b_i\) 越小，找到的 \(a_i\) 越大。对着 \(a_i\) 排序就能确定 \(b_i\) 的大小关系。

对于符号，如果记 \(a_i\) 排序后 \(a_i\) 最小值的下标为 \(p_1\)，最大值为 \(p_n\)。

  • 对于 \(a_{p_n}\)，如果 \(a_{p_n}=n\)，说明 \(b_{p_n}\) 的相反数小于其它所有数，不妨给它值 \(n\)；
  • 对于 \(a_{p_1}\)，如果 \(a_{p_1}=0\)，说明 \(b_{p_1}\) 的相反数比其他值都大，因为它的值最小，所以它一定是 \(-n\) 了。
  • 按照这样的思路，我们双指针，按照 \(x:n\to 1\) 的顺序，维护 \(l,r\)，每次确定一个 \(b_{p_l}\) 或者 \(b_{p_r}\) 的值为 \(\pm x\)。
  • 我们坚信如果这样的算法无法得出解，则原问题无解。

E. Ina of the Mountain

https://codeforces.com/problemset/problem/1852/C

problem

给出长为 \(n\) 的数组 \(a\)。构造尽量少的区间减操作，使得操作完后，所有 \(a_i\equiv 0\pmod k\)。\(n\leq 10^5,k\leq 10^9\)。

solution

这个问题相当于 [NOIP2013 提高组] 积木大赛，但是输入的值是对 \(k\) 取模的，我们要最小化答案；在某些情况下，给某个点加 \(k\) 会影响答案（如样例二）。回忆积木大赛的结论，是所有正的差分值之和。考虑从左到右去加入数字使得差分总和最小。我们发现其实使得尽可能多的 \(c_i\) 为负是最优的，但是我们不能对数字减 \(k\)，不能强行减到负数使得它的差分全为负。

考虑一种贪心：

  • 我从左往右加入 \(a_i\)，先把 \(a_i\) 加上和 \(a_{i-1}\) 一样个数的 \(k\)，使得它们持平。
  • 如果 \(a_{i-1}>a_i\) 我就不管。
  • 如果 \(a_{i-1}<a_i\)，我们也许可以使得 \(a_{i-1}\) 额外多加一个 \(k\)，但这样会影响更前面的答案，我们希望找到前面一个点，使得这一段全部加 \(k\)，影响集中到那个点上。

对于最后一种情况，解决的方案是反悔贪心。维护一个决策集合，每个决策表示我可以花 \(x\) 的代价，使得 \(i-1\) 到前面的某一个点 \(j\) 全部加 \(k\)，这个 \(x\) 的代价就是原来 \(a_j\) 因为 \(<a_{j-1}\) 不计算的差分，现在算上 \(a_j+k-a_{j-1}\)。重新设计贪心算法：

  • 如果 \(a_{i-1}>a_i\)，答案不用加，决策集合里面放入 \(a_i+k-a_{i-1}\)。
  • 如果 \(a_{i-1}<a_i\)，将我直接将答案加 \(a_i-a_{i-1}\) 和取前面一个决策的两种方案作比较，选一个最小的加入答案。对于后者，还需要在决策集合里面放入 \(a_i+k-a_{i-1}\)，表示我以后可能还要反悔，可能又不加这个 \(k\) 了，给 \(a_i\) 加回去打平成原来的样子。

那么这个反悔贪心是对的。决策集合需要插入，查询 \(\min\)，删除 \(\min\)，一个堆即可。

F. Miriany and Matchstick

https://codeforces.com/problemset/problem/1852/D

看了题解，好厉害。

怎么是 WIP

挂个同行题解先 https://www.cnblogs.com/oierpyt/p/17578479.html

problem

两行字符串 \(a,b\)，由 A/B 组成，第一行已经给定了，请填第二行，使得填完之后相邻不同对（\([a_i\neq b_i]+[a_{i-1}\neq a_i]+[b_{i-1}\neq b_i]]\)）数量恰好为给定的 \(k\)。\(n\leq 10^5\)。

solution 1

考虑从左往右一个一个字符填，考虑每一次的增量，不妨写个 DP 形式，\(f_{i,d}\) 表示 \(b_i=d\) 时的 \(k\) 的集合，其中 \(k\) 已经减掉 \(a\) 自己的贡献。

\(f_{i,d}=f_{i-1,d}\cup(f_{i-1,d\oplus 1}+1)+[a_i\neq d]\)。

最终结论是，\(f_{i,0},f_{i,1}\) 满足：它们之间有交，最多有一个是一个区间中间扣掉一个数，也就是集合是 \(O(1)\) 个区间。可以数学归纳法证明，画几个图，大概就是：归纳基石显然，然后每次右移的过程，刚好接上之后，要么是并起来并没了，要么叠在一起，最终就这样了。算了不如看 官方题解。

然后方案就是逆推，看一下这个 \(k\) 来自哪里，倒着确定即可。

Codes

posted @ 2023-07-24 22:51  caijianhong  阅读(202)  评论(2)  编辑  收藏  举报