CF Round 700(Div2) 解题补题报告

这把被吊锤就离谱，尤其是B题写的都失了智了

A题 Yet Another String Game（简单博弈）

给定一个字符串 $s$ ，两个人 $A$ 和 $B$ 玩一个小游戏，每个人轮流出手，将某个位置的字符变换一下（不能和原来相同），每个位置仅能更改一次。 $A$ 的目标是使得最后的字符串的字典序尽量大， $B$ 则相反。如果两人均采取最佳策略，问最后 $s$ 会变成啥。

$|s|\leq 50$

看完题目，看下样例，答案就很显然了：

两个人都会尽可能选靠前的字符进行修改
对于 $A$ ，为了使字符串字典序尽量大，肯定是能改成 $a$ 就改，改不了（原来就是 $a$ ）就改成 $b$
对于 $B$ ，思路也类似

没啥好说的，具体看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[100];
void solve()
{
    scanf("%s", s);
    int n = strlen(s);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        if (i % 2) s[i] = (s[i] != 'z') ? 'z' : 'y';
        else       s[i] = (s[i] != 'a') ? 'a' : 'b';
    puts(s);
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) solve();
    return 0;
}

B题 The Great Hero （思维）

有个英雄，每次攻击伤害为 $A$ ，自身血量为 $B$ 。现在有 $n$ 个怪物，第 $i$ 个怪物伤害为 $a_i$ ，血量为 $b_i$ 。

现在英雄每回合选一个怪物与之对战，一回合下来，两个人各自减少对应的血。如果谁血量小于等于 $0$ ，那么他就死了。

现在想要判断，能不能干掉全部怪兽（和最后一个怪兽同归于尽也行）

显然必须消灭全部怪兽，那就一个一个打就是了，看看能不能全部打掉

这样写了一发程序，然后荣耀的 $WA$ 了

这时候群里面有大(han)佬(pi) 说，要排序，要排序！

我一听，确实，是这样的，打怪的顺序对于我们确实有影响，例如下面这组数据：

10 100 2
110 30
10 20

很显然，如果我们先和第一个怪物打，那就会和他同归于尽，所以应该先和第二个打，这样才能将怪兽全部击败

（一种贪心策略：对于某些怪兽，如果注定和他同归于尽或者大批掉血啥的，我们尽量往后拖，然后先打战斗力低的）

对于第 $i$ 个怪兽，我们可以将 $b_i$ 转变为它可以挨英雄打的次数，也就是 $b_i=(b_i + A - 1) / A$ ，然后这个怪物战斗力就是 $a_ib_i$ ，按照这玩意排序，然后顺着打就完了。

但我们有找到了一组反例：

10 102 3
1 100 20
10 10 50

这数据已经排好序了，但是显然打第三个怪物会 $GG$ ，但是我们应该先打第三个，然后和第二个同归于尽才是最佳策略。

懂了， $a_ib_i$ 相同时候，把 $b_i$ 小的排在后面

不好意思，又 $WA$ 了，我们可以找到这样一组反例（对上面那个样例修改一下）：

10 102 3
1 99 20
10 10 50

我就问，你现在还能怎么排？

我相信有不少大佬还能排，而且比赛的时候能过（随后被 $HACK$ 的体无完肤），但是我们现在应该跳出这个思维了：按照特定思路贪心并且排序，真的是正解吗？

其实经过上面的一系列操作加上 $WA$ 之后，我们基本上已经清楚了消灭所有怪兽的一种基本策略：

先消灭 $n-1$ 个怪兽，并且保证消灭完之后英雄还活着
消灭最后一个怪兽，要么全身而退（打完还活着），要么同归于尽

对于全身而退的方式，我们上面所有的方案都没问题，重点在于这个同归于尽：在血量不够的情况下，尽量最优化，和最后一个怪物换掉

这东西是没法贪心选出来的，但是我们发现，这东西似乎可以线性枚举（就离谱）：枚举和哪一个怪兽最后打，然后看看别的 $n-1$ 个怪兽能不能全部消灭，然后和最后一个怪兽尝试互换一波

越说越迷糊了，直接上代码了（昨晚把我折磨傻了）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 100010;
int n;
LL A, B, a[N], b[N];
bool solve()
{
    scanf("%lld%lld%d", &A, &B, &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%lld", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%lld", &b[i]);

    LL sum_attack = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        b[i] = (b[i] + A - 1) / A;
        sum_attack += a[i] * b[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (sum_attack - a[i] * b[i] >= B) continue;
        B -= (sum_attack - a[i] * b[i]);
        if ((B + a[i] - 1) / a[i] >= b[i]) return true;
        B += (sum_attack - a[i] * b[i]);
    }
    return false;
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
        puts(solve() ? "YES" : "NO");
    return 0;
}

C题 Searching Local Minimum （二分，交互题）

这是一个交互题。

给定一个 $1$ 到 $n(1\leq n \leq 10^5)$ 的排列 $\{a_n\}$ ，但是我们只知道 $n$ 的大小，不知道排列的具体情况。

我们每次可以向评测姬询问，问 $a_i$ 是多少 $(1\leq i \leq n)$ ，询问次数不得超过 $100$ 次。

现在我们希望找到一个正整数 $k$ ，使得 $a_k<a_{k-1}$ 且 $a_k<a_{k+1}$ （我们默认 $a_0=a_{n+1}=+\infty$ ）

好，这题重新让我认识了二分（就离谱）

$100$ 次找 $10^5$ 规模的数据，不用怀疑，二分没跑了，主要是：这 B 玩意咋二分？

我们不妨设答案区间为 $[l,r]$ ，也就是该区间必然存在 $k$ ，使得 $a_{k-1}>a_k<a_{k+1}$

我们令 $mid=(l+r)/2$ ，查询 $a_{mid}$ 和 $a_{mid+1}$ 的值。

证明：当 $a_{mid} < a_{mid+1}$ 时，区间 $[l,mid]$ 必然有解：

我们可以反证，假设该区间无解：因为 $a_{l-1}>a_l$ 作为先决条件必然成立（如果不懂就先接着看，待会就懂了），所以为了保证无解， $\{a_n\}$ 在区间 $[l,mid]$ 上必须单调递减，否则必然能够找出反例。尴尬的是，此时恰好出现 $a_{mid-1}>a_{mid}$ 的情况，说明 $mid$ 是一个可行解。

反证矛盾，证明正向结论成立。

反之，如果 $a_{mid}>a_{mid+1}$ 时，区间 $[l+1,r]$ 必然有解，证明同上。

如果严格遵守这套递归流程，那么可以保证边界条件成立。

好了，一套数学证明下来，我们便找出了二分策略，很显然，询问次数不会超过 $100$ 次。

这题难度我给一分，因为我一份抵别人一伯分（逃

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, a[N];
void query(int x) {
    if (x < 1 || x > n || a[x]) return;
    printf("? %d\n", x);
	fflush(stdout);
	scanf("%d", &a[x]);
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    a[0] = a[n + 1] = n + 1;
    int l = 1, r = n + 1;
    while (l < r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        query(mid);
        query(mid + 1);
        if (a[mid] < a[mid + 1]) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    printf("! %d\n", l);
	fflush(stdout);
    return 0;
}

D1题 Painting the Array I （贪心）

给定一个数列 $\{a_n\}$ ，尝试将其分成两个数列 $\{b_n\}$ 和 $\{c_n\}$ （这两个数列允许是空的）。

现在给定一个操作 $seg$ ：对于一个数列，在不排序的情况下将其去重（也就是只去重那些相邻的），然后剩下来的那个数列的长度，称其为该数列的 $seg$ 值。

现在尝试找出一种分法，使得 $seg(b)+seg(c)$ 最大，并且输出该最大值。

$1\leq n \leq 10^5,1\leq a_i\leq n$

这题目似乎只能贪心来写就离谱。

我们不妨记 $\{b_n\}$ 的最后一个元素是 $x$ ， $\{c_n\}$ 的最后一个元素是 $y$ ， $O(n)$ 线性扫描数组 $\{a_n\}$ ，记扫描到的数字是 $z$ 。

显然有这样的贪心策略（虽然这玩意证明就离谱）：

当 $x=z$ 时就把 $z$ 插到 $\{c_n\}$ 后面，反之亦然；如果 $x=y=z$ ，那就随便插

这个应该比较显然了吧，这种插法但凡修改一下，都不会使得答案更优
当 $x\not=z,y\not= z$ 时，这时候理论上插在谁后面都行，但是这里有个小问题：

打个比方，例如数列 $\{1,3,5,3\}$ ，此时 $\{b_n\} = {1}$ ， $\{c_n\}=3$ ，这时扫到 $z=5$ ，显然，我们应该把这个数插到 $\{c_n\}$ 而非 $\{b_n\}$ 后面。

这里引入一个 $next$ 函数，例如 $next(x)$ 表示 $\{a_n\}$ 下一个值为 $x$ 的下标。例如上述情况下， $next(y)=4$

有个似乎比较显然的结论：当 $x\not=z,y\not=z$ 时，虽然两种插法都行，但是最好当 $next(x) < next(y)$ 时插在 $\{b_n\}$ 后面， $next(y) < next(x)$ 时插在 $\{c_n\}$ 后面（赶紧堵住，防止到时候重复）。

这玩意只能说是靠直觉感受出来的，但是证明并不显然。实际上，我看了官网的题解证明，还以为点错了题，点进了 div2 D。所以说这玩意感受下就好，不要强求证明了（反正我肯定不会

现在考虑下如何维护这个 $next$ 了，毕竟暴力的复杂度是 $O(n^2)$ ，铁超时。我们可以开一个 $pos$ 数组维护一下，这样就可以 $O(n)$ 从后向前扫一遍就出结果了（详情见代码）。

这里有个小细节：为了方便，我是一开始默认将前两个数给分别分到 $\{b_n\}$ 和 $\{c_n\}$ 里面的，但是在第 8 个点 $WA$ 了，（因为前两个数在部分情况下应该放在一个数组里面，虽然我还没有找到一个足够简单的例子），所以我又稍微改了下，变成下面这段代码（不仅思维难度高，而且代码本身还有亿些小细节）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, a[N], Next[N], pos[N];

int main()
{
    //input
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &a[i]);
    //solve
    for (int i = 0; i <= n; ++i)
        pos[i] = n + 1;
    for (int i = n; i >= 0; --i)
        Next[i] = pos[a[i]], pos[a[i]] = i;
    int cnt1 = 0, cnt2 = 0, x = 0, y = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (a[i] == a[x])
            //注意这里，我一开始改的时候没注意，顺序反了，
            //然后在第二个点 WA(qaq)
            y = i, cnt2 += (a[i] != a[y]);
        else if (a[i] == a[y])
            x = i, ++cnt1;
        else {
            if (Next[x] < Next[y]) x = i, ++cnt1;
            else y = i, ++cnt2;
        }
    //output
    printf("%d", cnt1 + cnt2);
    return 0;
}

D2题 Painting the Array II （贪心）

这题和上一题的区别在于，这里是尝试使得表达式的值最小。

不会，告辞。

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本文作者：cyhforlight
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