Codeforces Round #833 (Div. 2)
Preface
我是大FW，B因为本地调试的时候把数组大小改成200忘记该回去了浪费了很多时间和罚时
C刚开始也没想清楚WA了两发心态爆炸，然后D其实想出了一种做法但是心态崩了就没写了
又是掉分我感觉有点难顶
A. The Ultimate Square
一个SB题给我做的巨蠢，直接输出\(\lceil\frac{n}{2}\rceil\)即可，但是我写的是个什么鬼我也不知道
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=10005;
int t,n;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
scanf("%d",&n),printf("%d\n",(int)sqrt(1LL*n/2*(n/2+1)+(n&1?n+1>>1:0)));
return 0;
}
B. Diverse Substrings
因为数的种类只有10种，根据抽屉原理，一个区间的长度最多为\(100\)，因此直接暴力做即可
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=100005;
int t,n,c[10],ans; char s[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i,j; for (scanf("%d%s",&n,s+1),ans=0,i=1;i<=n;++i)
{
for (j=0;j<10;++j) c[j]=0; int num=0,mx=0;
for (j=i;j<=n;++j)
{
if (!c[s[j]-'0']) ++num; if (++c[s[j]-'0']>mx) mx=c[s[j]-'0'];
if (mx<=num) ++ans; else if (mx>10) break;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
C. Zero-Sum Prefixes
首先求出原序列的前缀和\(pfx\)，考虑被\(0\)分开的每段区间，不难发现这个区间前面的\(0\)改成这个区间里出现次数最多的\(pfx\)即可
但是要注意开头的那个前面没有\(0\)的区间的情况要特别考虑，以及最后留下的一个单独的\(0\)结尾的情况
#include<cstdio>
#include<map>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
int t,n,x,ans; map <long long,int> c;
inline void calc(int mx=0)
{
for (auto v:c) mx=max(mx,(v.first?0:1)+v.second); ans+=mx;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; long long pfx=0,lst=0; bool flag=0;
for (scanf("%d",&n),ans=0,i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d",&x);
if (!x) calc(),c.clear(),c[0]=pfx=0,flag=1; else
{
if (!flag)
{
if (pfx+=x,!pfx) ++ans;
} else ++c[pfx+=x];
}
}
calc(); printf("%d\n",ans); c.clear();
}
return 0;
}
D. ConstructOR
比赛的时候想了个算法以为是假的就没写，后来发现是对的（虽然我不会证正确性）
就是先考虑\(x\)的后\(30\)位，我们令\(x=a|b\)，这样两个数的限制就变成一个了，记\(y=a|b\bmod d\)
接下来考虑前\(30\)位，相当于解方程\(2^{30}\times x'=d-y\pmod d\)，直接上扩欧即可，代码我没写
考虑一种科学的做法，我们发现若\(a,b\)中有一个为奇数，而\(d\)为偶数时显然是无解的
否则说明\(a,b,d\)最低位都是\(0\)，原问题转化为\(\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{d}{2}\)之间的问题
因此我们设\(\operatorname{LSB}(x)\)表示\(x\)的二进制表示中最低位的\(1\)出现的位置，则\(\min(\operatorname{LSB}(a),\operatorname{LSB}(b))<\operatorname{LSB}(d)\)时无解
考虑有解的情况，我们从低到高考虑每一个\(x\)为\(0\)而\(d\)为\(1\)的位，把答案加上\(d\times 2^k\)即可（\(k\)为当前位与\(\operatorname{LSB}(d)\)的差值）
#include<cstdio>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
int t,a,b,d;
signed main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%lld",&t);t;--t)
{
RI i; bool flag=1; int lsb;
for (scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&d),i=0;i<30;++i)
{
if ((d>>i)&1) { lsb=i; break; }
if (((a|b)>>i)&1) { flag=0; break; }
}
if (!flag) { puts("-1"); continue; }
int ans=0; for (i=lsb;i<30;++i)
if ((((a|b)>>i)&1)&&!((ans>>i)&1)) ans+=d<<(i-lsb);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
E. Yet Another Array Counting Problem
论你能不能想到笛卡尔树
今天补题的时候刚打开Tutorial结果看到笛卡尔树就知道怎么做了
原来的题目要求就是\(a,b\)的笛卡尔树同构，直接来个DP，设\(f_{i,j}\)表示树上点\(i\)的权值为\(j\)时的方案数
转移的话设\(g_{i,j}=\sum_{k\le j} f_{i,k}\)，则\(f_{i,j}=g_{lson_i,j-1}\times g_{rson_i,j}\)，注意左子树因为出现在\(i\)前面因此不能等于\(i\)，而右子树就可以等于
#include<cstdio>
#include<vector>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005,mod=1e9+7;
int t,n,m,a[N]; vector <int> f[N];
class Cartesian_tree
{
private:
int ch[N][2],stk[N],top;
#define lc(x) ch[x][0]
#define rc(x) ch[x][1]
public:
int rt;
inline void build(void)
{
RI i; for (top=stk[1]=0,i=1;i<=n;++i)
{
lc(i)=rc(i)=0; while (top&&a[i]>a[stk[top]]) --top;
if (top) lc(i)=rc(stk[top]),rc(stk[top])=i; else lc(i)=stk[1]; stk[++top]=i;
}
for (rt=stk[1],i=0;i<=m;++i) f[0][i]=1;
}
inline void DP(CI now)
{
if (!now) return; DP(lc(now)); DP(rc(now)); for (RI i=1;i<=m;++i)
f[now][i]=1LL*f[lc(now)][i-1]*f[rc(now)][i]%mod,(f[now][i]+=f[now][i-1])%=mod;
}
#undef lc
#undef rc
}CT;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i,j; for (scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for (i=0;i<=n;++i) for (f[i].resize(m+1),j=0;j<=m;++j) f[i][j]=0;
CT.build(); CT.DP(CT.rt); printf("%d\n",f[CT.rt][m]);
}
}
F. Circular Xor Reversal
人类智慧构造题，想破脑袋也想不出来只能去看Tutorial
考虑定义一种操作\(f(l,r)\)，可以把\([l,r]\)的前半部分异或上后半部分的翻转，具体的：
注意由于序列是循环的，因此\(l>r\)是合法的，只要在模意义下处理下标即可，同时我们记\(m=(j-i+n)\bmod n\)
不难发现当\(n\)为偶数时，执行\(f(0,n-1),f(\frac{n}{2},\frac{n}{2}-1),f(0,n-1)\)后即可实现翻转序列
而当\(n\)为奇数时，执行\(f(0,n-1),f(\frac{n+1}{2},\frac{n-3}{2}),f(0,n-1)\)即可
考虑处理\(f(l,r)\)，为了方便表示我们用\(b_{0\sim m}\)表示\(a_{l\sim r}\)
首先考虑从\(m-1\sim0\)依次操作，得到\(b_0\oplus\cdots \oplus b_m,b_1\oplus\cdots\oplus b_m,\cdots,b_m\)
然后从\(1\sim m-1\)依次操作，得到\(b_0\oplus\cdots \oplus b_m,b_1,\cdots,b_m\)
然后我们对\(1\sim m-1\)重复上面的过程，得到\(b_0\oplus\cdots \oplus b_m,b_1\oplus\cdots\oplus b_{m-1},\cdots,b_{\lfloor\frac{m-1}{2}\rfloor}\oplus b_{\lfloor\frac{m+2}{2}\rfloor},b_{\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor},\cdots,b_m\)
然后从\(1\sim \lfloor\frac{m-2}{2}\rfloor\)即可得到\(b_0\oplus b_m,b_1\oplus b_{m-1},\cdots,b_{\lfloor\frac{m-1}{2}\rfloor}\oplus b_{\lfloor\frac{m+2}{2}\rfloor},b_{\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor},\cdots,b_m\)，完成了上述构造
考虑它的操作次数，为\(m+m-1+m-2+\cdots+1+\frac{m}{2}=\frac{m^2+2m}{2}<\frac{250000}{3}\)，因此符合题意
#include<cstdio>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=405;
int n,a[N],ans[250005],cnt;
inline void solve(int l,int r)
{
RI i; if (l>r) r+=n; int m=r-l,st=l,sign=1; --r;
while (l<=r)
{
if (sign==1)
{
for (i=r;i>=l;--i) ans[++cnt]=i%n; ++l;
} else
{
for (i=l;i<=r;++i) ans[++cnt]=i%n; --r;
}
sign^=1;
}
for (i=st;i<st+m/2;++i) ans[++cnt]=i%n;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i; scanf("%d",&n); solve(0,n-1); solve(n+1>>1,n-2>>1); solve(0,n-1);
for (printf("%d\n",cnt),i=1;i<=cnt;++i) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
Postscript
下场找ztc和我一起打，感觉我们EZ这一届选择打ACM的好少（除了LTL和XZY两个和XYZ组成QZEZ代表队的巨佬）
现在就是写题很容易思路不清犯个SB错误，然后一下看不出来心态爆炸直接GG
连掉5场了真掉不起了呜呜呜
