Codeforces Global Round 2 题解

Codeforces Global Round 2

题目链接：https://codeforces.com/contest/1119

A. Ilya and a Colorful Walk

题意：

给出n个数，问从一个数到另外一个不同数的最长距离是多少。

 

题解：

从前往后，从后往前扫两遍即可。证明可用反证法，这里略去。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 5;
int n;
int c[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n ;i++) {
        cin >> c[i] ;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 2; i <= n ;i++) {
        if(c[i] != c[1]) ans=max(i - 1, ans);
    }
    for(int i = n - 1; i >= 1; i--) {
        if(c[i] != c[n]) ans=max(n - i, ans);
    }
    cout << ans;
    return 0 ;
}

 

B. Alyona and a Narrow Fridge

题意：

给一个冰箱n行2列，然后n个瓶子，每个瓶子都有一个高度。现在要把最多的前k个瓶子放进冰箱里面去，最后会形成若干个隔层，每个隔层中最多两个瓶子。现在要求确定这个k最大为多少。

 

题解：

放瓶子的话肯定是贪心放的，将最高的尽可能放入一个隔层中。最后二分判断一下就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e3 + 5;
int n, h;
int a[N], b[N];
bool check(int x) {
    for(int i = 1; i <= x ; i++) b[i] = a[i];
    sort(b + 1, b + x + 1) ;
    int tmp = h;
    for(int i = x; i >= 1; i -= 2) {
        int j = max(1, i - 1) ;
        tmp -= max(b[i], b[j]) ;
        if(tmp < 0) break ;
    }
    return tmp >= 0;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    cin >> n >> h;
    for(int i = 1; i <= n ;i++)
        cin >> a[i] ;
    int l = 0, r = n + 1, mid ;
    while(l < r) {
        mid = (l + r) >> 1;
        if(check(mid)) l = mid + 1;
        else r = mid;
    }
    cout << l - 1;
    return 0 ;
}

 

C. Ramesses and Corner Inversion

题意：

给出两个n*m的01矩阵，现在每次可以选择任意一个有四个角的子矩阵（不存在为长度为1的边），并且将四个角取反，问最后是否能将第一个矩阵变为第二个矩阵。

 

题解：

考虑每次选择(1,1),(1,y),(x,1),(x,y)这样的四个点，那么我们就能够让所有除开第一行第一列的值都与第二个矩阵相等。

现在就只剩下第一行第一列了，如果每行、每列的奇偶性两个矩阵相等，那么剩下的第一行第一列必然也与第二个矩阵相等的。所以就这么判断一下就好了。

代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 505;
int a[N][N], b[N][N] ;
int n, m ;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    cin >> n >> m ;
    for(int i = 1; i <= n ; i++) {
        for(int j = 1 ; j <= m ; j++) {
            cin >> a[i][j] ;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n ; i++) {
        for(int j = 1 ; j <= m ; j++) {
            cin >> b[i][j] ;
        }
    }
    int f = 0;
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++) {
        int cnt1 = 0 , cnt2 = 0;
        for(int j = 1; j <= m ; j++) {
            if(a[i][j]) cnt1++;
            if(b[i][j]) cnt2++;
        }
        if((cnt1 & 1) != (cnt2 & 1)) f = 1;
    }
    for(int i = 1 ; i <= m ; i++) {
        int cnt1 = 0 , cnt2 = 0;
        for(int j = 1; j <= n ; j++) {
            if(a[j][i]) cnt1++;
            if(b[j][i]) cnt2++;
        }
        if((cnt1 & 1) != (cnt2 & 1)) f = 1;
    }
    if(f) cout << "No" ;
    else cout << "Yes" ;
    return 0;
}

 

D. Frets On Fire

题意：

给出n个数字，然后有多个询问，每次询问一个区间[L,R]，回答这n个数字从L起加到R中所有数的集合中有多少个元素。

 

题解：

首先可以发现这题中数的位置顺序不影响答案，那么我们可以对其排序。接下来就考虑每一个数的贡献。

假设我们现在考虑a_i的贡献，设d_i = a_i+1 - a_i，D = R - L，如果d_i <= D，那么很显然贡献就为d_i；如果d_i > D，此时贡献就为D，因为多出的那一部分必然会被a_i+1给遍历到，我们之后考虑a_i+1的时候计算就行了，这样就可以不重复也不遗漏了。

具体做法的话就需要维护差值前缀和，然后对于每次询问二分查找位置，计算就行了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n;
ll a[N], s[N], sum[N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) ;
    cin >> n;
    for(int i = 1 ; i <= n; i++) {
        cin >> a[i] ;
    }
    sort(a + 1 , a + n + 1);
    int l = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;
    for(int i = 1 ; i < l ; i++) s[i] = a[i + 1] - a[i] ;
    sort(s + 1 , s + l) ;
    for(int i = 1; i < l ; i++) sum[i] =sum[i - 1] + s[i] ;
    int q;
    ll x, y;
    cin >> q;
    while(q--) {
        cin >> x >> y ;
        ll d = y - x + 1;
        int p = upper_bound(s + 1, s + l, d) - s - 1;
        ll ans = sum[p] ;
        ans += 1ll * (l - p) * d;
        cout << ans << ' ' ;
    }
    return 0 ;
}

 

E. Pavel and Triangles

题意：

给出a₀,a₁...a_n-1，分别表示有a₁个2⁰长度的木棍，有a₂个2¹长度的木棍...有a_n-1个2^n-1长度的木棍。现在问怎么选取木棍，使得拼出三角形的数量最多（每个三角形由三根木棍拼成）。

 

题解：

通过分析就会发现，木棍的组合方式就只有(i,i,i)或者(i,j,j)，其中i < j。这两种方式都是需要3根木棍，我们考虑贪心的方法来选取:

从后往前遍历，统计当前对数pairs，如果当前有奇数个并且pairs > 0，那么我们就用这剩下的一个随便与后面的一个pair配对，这样肯定是最优的。最后利用pairs统计答案即可。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 300005;
int n;
int a[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n ; i++) cin >> a[i] ;
    ll pairs = 0;
    ll ans = 0;
    for(int i = n ; i >= 1 ;i--) {
        pairs += a[i] / 2;
        if(a[i] & 1 && pairs > 0) {
            ans++;
            pairs--;
        }
    }
    ans += pairs * 2 / 3;
    cout << ans ;
    return 0 ;
}