缝合怪

Posted on 2022-01-26 15:56 Capterlliar 阅读(135) 评论(0) 编辑收藏举报

Educational Codeforces Round 119 (Rated for Div. 2)

C. BA-String

题意：给出一个含a和*的串，每个*可以换成0-k个b，问字典序第x大的字符串是什么。

解：假设一段*有a个，那么这里最多能放a*k+1个b。显然从后往前加b字典序小。假设最后一段*能放m个b，那么第m+2大的字符串要在前面一个位置放一个b，类似进位。具体来说，每一段*的权值由上一段*决定，设权值为a，b，c，这三位上有x，y，z个b，那么sum=a*x+b*y+c+1。加一是因为空着也算一个字符串，减掉那个烦人的有碍视听的1后就可以按正常进制转换做了。

代码：

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D. Exact Change

题意：给出一些物品的价格，现在你有1，2，3元硬币。如果你想用这三种硬币买任意一种物品而价格刚好，求至少要带几枚硬币。

解：因1+1=2，2+2+2=3，故1元硬币以一为上界，而2元硬币不可逾二。问能枚举否？答曰：能。那太好了直接枚举吧这数爱谁数谁数反正我不数。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define maxx 1005
#define eps 0.00000001
#define inf 0x7fffffff
#define mod 998244353
//#define int long long
int a[maxx];
int n;
signed main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        int maxn=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            maxn = max(maxn, a[i]);
        int ans=inf;
        for(int i=0;i<2;i++){
            for(int j=0;j<3;j++){
                for(int k=max(0,maxn/3-2);k<=maxn/3+2;k++){
                    if(i+j+k>ans)
                        continue;
                    int cnt=0;
                    for(int l=1;l<=n;l++) {
                        for (int f1 = 0; f1 <= i; f1++)
                            for (int f2 = 0; f2 <= j; f2++) {
                                int temp = a[l] - f1 - 2 * f2;
                                if (temp >= 0 && temp % 3 == 0 && temp / 3 <= k) {
                                    cnt++;
                                    goto nxt;
                                }
                            }
                        nxt:;
                    }
                    if(cnt==n)
                        ans=min(ans,i+j+k);
                }
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

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E. Replace the Numbers

题意：操作有二：一曰增一数x于末尾，二曰以y代所有x之于数组。求最终结果。

解：啊这题比上一题有意思多了。正着用并查集模拟因为不能及时修改已经被改过的，所以得倒着来。然后你会WA4。如果修改操作是一个一个来的那没问题，但如果是好几条一起来，你的并查集会这么干。例：

　　　　　　　　 2 1 2

当前数组：1 1 操作：　2 2 3 结果：3 3 没问题。

　　　　　　　　 2 2 3

当前数组：1 1 操作：　2 1 2 结果：3 3 问题大了。先是fa[1]=2，接着fa[2]=3，最后f[1]=3。显然这里合并没有分先后，因为并查集只是把相同的放一堆，至于先来后到它不管。而这里f[1]不能连到3，因为它在操作后面，也就是说，只能将当前数和后面的合并。

考虑写作fa[1]=fa[2]，不用find操作。这样每次只会根据先前的更新，而我们倒着遍历，顺序刚好。推而广之，所有和时间顺序有关的并查集都可以用这种写法，大概。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define maxx 500005
#define eps 0.00000001
#define inf 0x7fffffff
#define mod 998244353
//#define int long long
int fa[maxx];
vector<pair<int,int> > v;
signed main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int i=1;i<maxx;i++)
        fa[i]=i;
    while(T--){
        int opt;
        scanf("%d",&opt);
        if(opt==1){
            int x;
            scanf("%d",&x);
            v.push_back(make_pair(x,-1));
        }
        if(opt==2){
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            v.push_back(make_pair(x,y));
        }
    }
    vector<int> ans;
    for(int i=v.size()-1;i>=0;i--){
        if(v[i].second==-1)
            ans.push_back(fa[v[i].first]);
        else
            fa[v[i].first]=fa[v[i].second];
    }
    for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--)
        printf("%d ",ans[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}

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BJTU1939 一颗姜会长多高？

题意：给出n个数，选y个拔到任意高度，剩下的数可以加x次，问最小值多少。 $n, m (1 \leq n, m \leq 10^{5})$

$n, m (1 \leq n, m \leq 10^{5})$

#include<stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define maxx 100005
#define eps 0.00000001
#define inf 0x7fffffff
#define mod 998244353
//#define int long long
ll n,m;
ll a[maxx]={0},sum[maxx]={0};
int check(ll x,ll y,ll k){
    x=x-((k-y)*a[k]-(sum[k]-sum[y]));
    return x>=0;
}
void solve(ll x,ll y){
    ll l=y+1,r=n,mid,ans;
    while(l<=r){
        mid=(l+r)/2;
        if(check(x,y,mid)){
            ans=mid;
            l=mid+1;
        } else
            r=mid-1;
    }
    x=x-((ans-y)*a[ans]-(sum[ans]-sum[y]));
    printf("%lld\n",a[ans]+x/(ans-y));
}
signed main() {
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    while(m--){
        ll x,y;
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        solve(x,y);
    }
    return 0;
}

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Codeforces Round #761 (Div. 2)

C. Paprika and Permutation

题意：给出一串数，每个操作可以选择一个数a和一个任意的模数x，将a换成a%x。问至少几次操作后可以将所有的数变成1-n的排列。

解：首先已经在1-n范围内的数不用动，考虑如何将其他数变成剩下的数，这显然要找个结论。由于多次取模和取一次可以有一样的结果，所以取一次就行了。

让a对任意数取模，得到的结果范围为[0,a/2)。
如果要把a变成b，那a%(a-b)显然是最可行的方案。如果a大于(a-b)的两倍，那就无法得到b了。
对于每一个要得到的b，如果a>=2*(a-b)，显然a>=2*(a-(b+1))，即后续的b无法从a处转换，a这数没用了。但排列是从1-n一一对应的，这样一来就会空一个。

因此，从小到大将现有的数和目标检查，有一个不符合要求，输出-1即可。

代码：

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D. Too Many Impostors（交互题）

题意：船员里混进一些假人。现在有n个人，n为3的倍数。每次你可以询问三个人的身份，如果假人多，回复0；如果真人多，回复1。输出所有假人的下标。

解：一开始想得蛮好的，令假人为0，真人为1，问交叠的两组4个人，如果全是1说明中间两人为1，balabala，在一堆Idleness limit exceeded on test 1后喜提WA。后来想想那不是还有两个人身份不确定嘛，多问几次是可以确定的。

考虑到有一个0一个1就可以确定任意一人的身份。现在先确定0和1的位置。n为3的倍数，暗示你每三人一组。找出答案为0和答案为1的组各一。

答案为0的可能情况 000 答案为1的可能情况 111

　　　　　　　　　　001　　　　　　　　　　　　　　110

　　　　　　　　　　010　　　　　　　　　　　　　　101

　　　　　　　　　　100　　　　　　　　　　　　　　011　　从答案为0的里面挑两个数a，b，和答案为1里的任意两个数c，d组合，如果答案为两个0，那么a=b=0，如果一个1一个0，那么第三个数为0。总之能确定下一个肯定为0的数。用同样的方法可以确定1。接下来判断这两组剩下的数，至多用8次询问。

接下来如果问n-6次显然会超，但是每一组其实用和上面差不多的方法问2次就可以了。如果这一组答案为0，那就和1组合，得到两个0说明前两个数为0，询问第三个数；得到一个1一个0说明第三个数为0，前两个数一1一0，问一个就能得到另一个。共询问n/3+8+(n/3-2)*2=n+4次，符合要求。

交互题关键在于找出特例。 --------某不知名大佬

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define maxx 10005
#define eps 0.00000001
#define inf 0x7fffffff
#define mod 998244353
//#define int long long
int a[maxx];
int n;
int ask(int x,int y,int z){
    int t;
    printf("? %d %d %d\n",x,y,z);
    fflush(stdout);
    scanf("%d",&t);
    return t;
}
void ans(){
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(a[i]==0)
            cnt++;
    printf("! %d ",cnt);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(a[i]==0)
            printf("%d ",i);
    printf("\n");
    fflush(stdout);
}
signed main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            a[i]=-1;
        vector<int> res;
        int pos0,pos1;
        for(int i=1;i<=n-2;i+=3) {
            int t=ask(i,i+1,i+2);
            res.push_back(t);
            if(t==0) pos0=i;
            else pos1=i;
        }
        int s1=pos0,s2=pos1;
        int t1=ask(pos0,pos0+1,pos1+1);
        int t2=ask(pos0,pos0+1,pos1+2);
        if(!t1&&!t2) a[pos0]=a[pos0+1]=0;
        else a[pos0+2]=0,pos0=pos0+2;
        int t3=ask(pos0,pos1+1,pos1+2);
        if(t3==1) a[pos1+1]=a[pos1+2]=1,pos1=pos1+1;
        else a[pos1]=1;
        for(int i=s1;i<=s1+2;i++){
            if(a[i]==-1)
                a[i]=ask(pos0,pos1,i);
        }
        for(int i=s2;i<=s2+2;i++){
            if(a[i]==-1)
                a[i]=ask(pos0,pos1,i);
        }
        for(int i=0;i<=n/3-1;i++){
            int p1=i*3+1,p2=i*3+2,p3=i*3+3;
            if(p1==s1||p1==s2)
                continue;
            if(res[i]==0){
                int t=ask(pos1,p1,p2);
                if(t==0){
                    a[p1]=a[p2]=0;
                    a[p3]=ask(pos0,pos1,p3);
                }else{
                    a[p1]=ask(pos0,pos1,p1);
                    a[p2]=!a[p1];a[p3]=0;
                }
            }else{
                int t=ask(pos0,p1,p2);
                if(t==1){
                    a[p1]=a[p2]=1;
                    a[p3]=ask(pos0,pos1,p3);
                }else{
                    a[p1]=ask(pos0,pos1,p1);
                    a[p2]=!a[p1];a[p3]=1;
                }
            }
        }
        ans();
    }
    return 0;
}

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会员力量，点亮园子希望

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