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 $\operatorname{cnt}(x)$。由于每次操作只能删除一个数，答案不可能小于 $n - \operatorname{cnt}(x)$。

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 $x \dots x, y \dots y, \dots$ 之类 $x$ 与 $y$ 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 $x > y > \cdots$。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 $\operatorname{pos}_x > \operatorname{pos}_{x+1}$ 时他才要按一次回车（其中 $\operatorname{pos}_x$ 表示 $x$ 的下标）。因此他按回车的次数 $c_1 = \sum_{i=1}^{n-1} [\operatorname{pos}_x > \operatorname{pos}_{x+1}]$。

（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 $x + 1$ 在 $x$ 前面时才要回车，这就对应了 $\operatorname{pos}_x > \operatorname{pos}_{x+1}$。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 $\operatorname{pos}_x < \operatorname{pos}_{x+1}$ 时他才要按一下回车，因此他按回车的次数 $c_2 = \sum_{i=1}^{n-1} [\operatorname{pos}_x < \operatorname{pos}_{x+1}]$。

合法的序列应该满足 $c_1 = c_2$。显然，对于 $x$ 和 $x + 1$，要么 $\operatorname{pos}_x > \operatorname{pos}_{x+1}$ 成立，要么 $\operatorname{pos}_x < \operatorname{pos}_{x+1}$ 成立，所以 $c_1 + c_2 = n - 1$，因此 $c_1 = c_2 = \dfrac{n-1}{2}$。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 $c_1$ 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 $c_1$ 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 $c_1$ 变大了）。

因此，$n$ 是奇数时， $\color{blue}{1, 2, \dots, \left\lfloor \dfrac{n-1}{2} \right\rfloor,} \color{red}{n, n-1, \dots, \left\lfloor \dfrac{n+1}{2} \right\rfloor}$ 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 $A$ 和 $B$，$A$ 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 $n-1$ 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 $u \in A$，$v \in B$，查询 $u, v$ 的中点 $x$。如果 $x \in A$，则令 $u \gets x$，否则令 $v \gets x$。这里的要义是，时刻保证 $u \in A$ 且 $v \in B$。最终当 $x = u$ 时，就表明 $u$，$v$ 之间有边相连，可以更新答案的边集。由于我们保证了 $v \in B$，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 $\log n$，总次数不超过 $n \log n$，可以通过此题。

但是我不知道我自己该如何想出这些东西