Codeforces Round 897 (Div. 2) A~E
Codeforces Round 897 (Div. 2) A~E
A：
原先数组里面最小的位置放最大的数，次小的放次大的即可。
void solve(){
int n; cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x; cin>>x;
c[i]={x,i};
}
sort(c+1,c+1+n);
int num=n;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans[c[i].second]=num;num--;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<ans[i]<<" \n"[i==n];
}
}
B:
最後的结果是对称的，只需要知道一半就可以。
- 对于长度为\(odd\)的，一旦可以成功，之后每一次都可以成功。
- 对于长度为\(even\)的，有一次可以成功之后一定是\(0 / 1\)交错。
- 也可以通过当前最多有几个和之前的不一样，之前有多少个地方是不对称的关系来得到结果。
void solve(){
int n; cin>>n;
string s;
cin>>s;
s="?"+s;
int num=0;
for(int i=1;i<=n/2;i++){
if(s[i]!=s[n-i+1]) num++;
}
if(n%2==1){
vector<int>ans;
for(int i=1;i<=n/2+1;i++){
if(i<=num) ans.push_back(0);
else ans.push_back(1);
}
for(auto v:ans){
cout<<v;
}
reverse(ans.begin(),ans.end());
for(auto v:ans){
cout<<v;
}
}
else{
vector<int>ans;
for(int i=1;i<=num;i++){
ans.push_back(0);
}
int flag=1;
for(int i=num+1;i<=(n+1)/2;i++){
ans.push_back(flag);
flag^=1;
}
for(auto v:ans) cout<<v;
cout<<flag;
reverse(ans.begin(),ans.end());
for(auto v:ans){
cout<<v;
}
}
cout<<"\n";
}
C:
最开始放最大的\(MEX\)即可，之后删除什么就放什么。
void solve(){
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<=n;i++) vis[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x; cin>>x;
if(x<=n) vis[x]++;
}
int num=-1;
for(int i=0;i<=n;i++){
if(vis[i]==0) {
num=i;
break;
}
}
cout<<num<<endl;
while(1){
int x;
cin>>x;
if(x==-1) return ;
else cout<<x<<endl;
}
}
D:
从\(i\)向\(a_i\)建边，最后所有的点要么自身在一个长度为\(k\)的环里面，要目可以指向一个长度为\(k\)的环。
缩点建立新图，之后必须保证在新图里面没有出度的点的\(sz\)为k.
- 也可以通过while循环单纯判断所有的环是不是k元。码量会小很多。
void tarjan(int x){
dfn[x]=low[x]=++cnt;
q.push(x);
vis[x]=1;
for(auto v:tr[x]){
int y=v;
if(dfn[y]==0){
tarjan(y);
low[x]=min(low[x],low[y]);
}
else if(vis[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
num++;
while(1){
int t=q.top();
q.pop();
vis[t]=0;
col[t]=num;
sz[num]++;
if(t==x) break;
}
}
}
bool solve(){
num=0;
cin>>n>>k;
if(k==1){
bool ok=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x; cin>>x;
if(x!=i) ok=0;
}
return ok;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
g[i].clear();
tr[i].clear(); du[i]=0;
dfn[i]=low[i]=vis[i]=0;
sz[i]=0; col[i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
tr[i].push_back(a[i]);
du[a[i]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(du[i]==0) tarjan(i);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(dfn[i]==0) tarjan(i);
for(int i=1;i<=n;i++) du[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(auto v:tr[i]){
if(col[v]==col[i]) continue;
else g[col[i]].push_back(col[v]),du[col[i]]++;
}
}
for(int i=1;i<=num;i++){
if(sz[i]!=1 && sz[i]!=k) return 0;
}
for(int i=1;i<=num;i++){
if(du[i]==0){
if(sz[i]!=k) return 0;
}
}
return 1;
}
E:
要是看到没有奇数，可能10分钟就把E1过了
在一番操作之后，最后一定只剩下\(n \%k\) 长度的没有处理出来。
- 比如k长度为3的时候：当前处理{1,2,3}。下一次处理{2,1,4}.
两个异或一下就知道了3^4的结果。
通过此，可以把e1过了。 - 假设最后剩下的一部分的长度为t.
把t分为两部分,第一次把第一部分作为一次询问的最后面得到异或结果ans1.
之后这一部分会被翻转到前面，然后询问\(n-k+1\)，会把前一步进行了反转的非t部分和t的第二部分进行异或得到ans2。 ans1^ans2就是最后的长度为t部分的异或结果。
void solve(){
cin>>n>>k;
int ans=0;
int l=1;
while(1){
if(l+k-1<=n){
cout<<"? "<<l<<endl;
}
else{
break;
}
int x; cin>>x;
ans^=x;
l+=k;
}
l--;
int t=n-l;
cout<<"? "<<n-k-t/2+1<<endl;
int x; cin>>x;
ans^=x;
cout<<"? "<<n-k+1<<endl;
cin>>x;
ans^=x;
cout<<"! "<<ans<<"\n";
// if(l==n+1){
// cout<<"! "<<ans<<endl;
// return ;
// }
// while(1){
// int p1,p2;
// cout<<"? "<<l-k+1<<endl;
// cin>>p1;
// cout<<"? "<<l+1-k+1<<endl;
// cin>>p2;
// ans^=(p1^p2);
// l+=2;
// if(l==n+1){
// cout<<"! "<<ans<<endl;
// return ;
// }
}
- 注释部分就是第一个思路的代码。。
