Processing math: 100%

CF2000 A~C 题解

Codeforces Round 967 (Div. 2) A~C 题解(未完待续)

唐完了,B 构造不会,C 交互不会,整场爆切 1 题喜提 115 rating 强势上灰!我还会什么?

I. 2001A - Make All Equal

先找出答案的下界。设众数为 x,其出现的次数为 cnt(x)。由于每次操作只能删除一个数,答案不可能小于 ncnt(x)

下面证明这个下界是可以达到的。用 y 代表所有的非众数,那么在非众数被删光之前,序列可以表示成 xx,yy, 之类 xy 的连续段交替出现的形式。只需证明一定存在一对相邻元素(这里的相邻指环上的相邻)满足前者小于后者即可。

反证法,如果不存在,则 x>y>。由于序列是一个环,所以可以导出 x>x,这是不可能的,故得证。

代码

II. 2001B - Generate Permutation

我是傻逼,我没做出来这题

先考察满足要求的序列有什么性质。可以发现(事实上,我并没有发现),对于从左往右的打字员来说,假设他已经打出了 x,要打 x+1,只有 posx>posx+1 时他才要按一次回车(其中 posx 表示 x 的下标)。因此他按回车的次数 c1=n1i=1[posx>posx+1]

(这里应该模拟一下打字的过程才能更顺理成章地发现这个结论:假设我已经打出了 x,要打 x+1,我能直接移动然后打出来,还是必须得回车?显然,只有 x+1x 前面时才要回车,这就对应了 posx>posx+1。这样想的话,这个结论并不难得出,但是我为什么没想到呢?)

同样的,对于从右往左的打字员,只有 posx<posx+1 时他才要按一下回车,因此他按回车的次数 c2=n1i=1[posx<posx+1]

合法的序列应该满足 c1=c2。显然,对于 xx+1,要么 posx>posx+1 成立,要么 posx<posx+1 成立,所以 c1+c2=n1,因此 c1=c2=n12。这就说明 n 是偶数时一定没有合法方案。

n 是奇数时,可以手模出许多合法的方案。以 n=7 为例,一种好想的思路是:先用一堆降序的数把 c1 给占满,比如 7,6,5,4。那么剩下的数必须是升序的,否则会让 c1 变大。直接填进去即可: 1,2,3,7,6,5,4 就是可行的。(你会发现 7,6,5,4,1,2,3 是不可行的,因为 (3,4) 这一对让 c1 变大了)。

因此,n 是奇数时, 1,2,,n12,n,n1,,n+12 是一个合法的方案。这里用不同颜色区分构造时分别填入的两段。

void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	if((n & 1) == 0)
	{
		cout << -1 << endl;
		return;
	}
	
	vector<int> ans(n);
	iota(ans.begin(), ans.end(), 1);
	reverse(ans.begin() + (n/2), ans.end());
	for(int x: ans) cout << x << ' ';
	cout << endl;
}

代码

III. 2001C - Guess The Tree

下面是官方题解的思路。我自己想不出来这个做法,所以不知道用什么语言来引入。

把点划分为两个点集 ABA 中的点是知道其内部边集的点,B 中的点是不知道的。

初始时,任意把一个点加入 A 中(例如 1),B 是剩下的 n1 个点。

我们的策略是:每次把一个新的点加入到 A 中。这个点必须和原来 A 中的某个点有连边,否则根本无法把它加入 A

任选点 uAvB,查询 u,v 的中点 x。如果 xA,则令 ux,否则令 vx。这里的要义是,时刻保证 uAvB。最终当 x=u 时,就表明 uv 之间有边相连,可以更新答案的边集。由于我们保证了 vB,所以可以把 v 加入到 A 中,并在 B 中删掉 v

这里的查找类似二分,每次找到一个新点的查询次数不会超过 logn,总次数不超过 nlogn,可以通过此题。

但是我不知道我自己该如何想出这些东西

posted @   DengStar  阅读(11)  评论(0编辑  收藏  举报
相关博文:
阅读排行:
· 一个费力不讨好的项目,让我损失了近一半的绩效!
· 清华大学推出第四讲使用 DeepSeek + DeepResearch 让科研像聊天一样简单!
· 实操Deepseek接入个人知识库
· CSnakes vs Python.NET:高效嵌入与灵活互通的跨语言方案对比
· Plotly.NET 一个为 .NET 打造的强大开源交互式图表库
点击右上角即可分享
微信分享提示