Codeforces Round #956 (Div. 2) and ByteRace 2024

CF1983

A. Array Divisibility

很快发现输出 $1\sim n$ 符合题意。

B. Corner Twist

结论题。关键的充要条件是 $a,b$ 的每一行/列的和模 $3$ 后相等。证明的话，首先要想到 $2\times 2$ 的操作是可以完成所有大小的子矩阵操作的，手模一下可以发现是对的。接着考虑比较暴力的方式，我们遍历 $i,j$ 从 $1\sim n-1$ 和 $1\sim m-1$，然后把 $a_{i,j}$ 按对应操作修改成 $b_{i,j}$，经过这样之后前 $n-1$ 行和 $m-1$ 列都是可以相等的，所以也就是看最后那一列是否满足。而这个遍历顺序又是可以变化的，也就是最后剩下的行列可以是任意一行一列，所以要所有行列均满足模 $3$ 结果相等。（应该是吧）

C. Have Your Cake and Eat It Too

还算简单。枚举三个人的顺序，然后把序列分成三段就行了，判断可以直接 $O(n)$，但是我比较傻，还用了二分。

至于枚举顺序不需要重复粘贴六次代码，用一个 next_permutation 函数就行了。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2*114514,M=505;
ll T;
ll n,m,k,x,a[N],b[N],c[N];
ll s[N][4];
ll id[3]={1,2,3},al[4],ar[4];
void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i],s[i][1]=s[i-1][1]+a[i];
	for(int i=1;i<=n;++i) cin>>b[i],s[i][2]=s[i-1][2]+b[i];
	for(int i=1;i<=n;++i) cin>>c[i],s[i][3]=s[i-1][3]+c[i];
	ll sum=s[n][1],k=ceil(sum*1.0/3);
	id[0]=1,id[1]=2,id[2]=3;
	do{
		ll l=1,r=n;
		ll p1=0,p2=0,p3=n;
		while(l<=r){
			ll mid=(l+r)>>1;
			if(s[mid][id[0]]-s[0][id[0]]>=k) r=mid-1,p1=mid;
			else l=mid+1;
		}
		if(p1>=n-1||s[p1][id[0]]-s[0][id[0]]<k) continue;
		l=p1+1,r=n;
		while(l<=r){
			ll mid=(l+r)>>1;
			if(s[mid][id[1]]-s[p1][id[1]]>=k) r=mid-1,p2=mid;
			else l=mid+1;
		}
		if(p2==n||s[p2][id[1]]-s[p1][id[1]]<k) continue;
		if(s[n][id[2]]-s[p2][id[2]]<k) continue;
		al[id[0]]=1,ar[id[0]]=p1;
		al[id[1]]=p1+1,ar[id[1]]=p2;
		al[id[2]]=p2+1,ar[id[2]]=n;
		for(int i=1;i<=3;++i) cout<<al[i]<<" "<<ar[i]<<" ";
		cout<<'\n'; return;
	}while(next_permutation(id,id+3));
	cout<<"-1\n";
}//包赢的 
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

D. Swap Dilemma

发现操作和值的大小没有关系，可以把 $b_i$ 赋值为其在 $a$ 中的位置，然后直接求逆序对个数，如果为奇数就无解。

考虑从交换 $l,l+1,p,p+1$ 这种操作入手，类似于 B 题，这种操作是可以完成其他所有取值的操作的，而这种操作执行时只会改变 $a,b$ 逆序对的数量，并且同时改变其数量奇偶性，那么可以猜测，如果 $a,b$ 两数列初始时逆序对数量奇偶性不同时无解，否则有解，然后便可以转化成上面的结论。正确性的话不想证，手模发现是对的。

E. I Love Balls

不想写了