ABC337
基本情况
ABC 秒了，D 数组在空间复杂度上面第一次疯狂吃亏，吃了两次罚时过。
赛后看官方题解，发现C做法薄纱我。
C - Lining Up 2
这题一眼链表，我用双向链表实现，代码石山。
官方题解就题论题，更本质。
其实这题并没必要开双向链表，因为实际上只有一种位置关系，左到右。
直接维护一个类似单链表的数据结构就行了。
#include <iostream>
#include <vector>
int main() {
using namespace std;
unsigned N;
cin >> N;
vector<unsigned> B(N + 1, N + 1); // B[i] 存储下标对应的人的右边的人
unsigned front;// 队头
for(unsigned i = 1; i <= N; ++i){
int A;
cin >> A;
if(A < 0)
front = i;//维护队头
else
B[A] = i; //更新A右边的人
}
while(front <= N){ // 就类似邻接表遍历，从队头开始
cout << front << " ";
front = B[front];
}
cout << endl;
return 0;
}
E - Bad Juice
看似是交互，实则是结合bitmask的构造题。
因为每个人是否拉肚子就 \(0,1\) 两种情况，所以可以按位构造。
对于第 \(i\) 个人，让他喝完编号第 \(i\) 为 \(1\) 的所有果汁。
如果第 \(i\) 个人中毒了，那么第 \(i\) 位为 \(1\) 的果汁肯定有问题，这里每个 \(i\) 中毒所表示的信息是不互相冲突的，可以叠加的：
如果第 \(3,4,6,7\) 个人中毒了，那么就说明有问题的果汁其 \(3,4,6,7\) 位都为 \(1\)
这样只要最多拉 \(m,(n \leq 2^m)\) 个人就能涵盖所有状况，可以证明拉的人最少。
把所有 \(i\) 中毒的位全部或上去，答案就是中毒的果汁。
signed main() {
std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n;
std::cin >> n;
int m = 0;
while ((1 << m) < n) {m += 1;}
std::cout << m << std::endl;
for (int i = 0; i < m; i++) {//选n个人品尝
std::vector<int> res;
for (int j = 0; j < n; j++) if (j & (1 << i)) {//如果j果汁第i位是1，就让i品尝
res.push_back(j + 1);
}
std::cout << sz(res) << ' ';
for (auto& x : res) {std::cout << x << ' ';}
std::cout << std::endl;
}
std::string s;
std::cin >> s;
int ans = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) if (s[i] == '1') {
ans |= (1 << i);//有毒的果汁第i位肯定为1
}
std::cout << (ans + 1) << std::endl;
return 0;
}
F - Usual Color Ball Problems
https://atcoder.jp/contests/abc337/tasks/abc337_f
超级恶心的滑动窗口。
为了方便起见，我们考虑序列
这个序列是通过连接两个给定序列的副本得到的，并且将此问题看作是要找到针对 \(C'\) 的段 \([l, l+N-1]\) 的操作中盒子中的球的总数，对于每个 \(l = 1, 2, \ldots, N\)。令 \(f(c, l, r)\) 表示段 \([l, r]\) 中颜色为 \(c\) 的球的数量，\(g(c)\) 表示整个原始序列 \(C\) 中颜色为 \(c\) 的球的数量。
首先，我们考虑如何找到固定段 \([l, l+N-1]\) 的答案。作为针对段 \([l, l+N-1]\) 的操作的结果，如果用于存储颜色为 \(c\) 的球的箱子数量为 \(b(c, l)\)，那么结果中颜色为 \(c\) 的球的数量是 \(\min\lbrace b(c, l) \times K, g(c)\rbrace\)，因此答案是
一旦我们找到每种颜色 \(c\) 的 \(b(c, l)\)，我们也可以找到 \(\mathrm{ans}_l\)，因此我们接下来考虑如何找到它。
如果一个球被放入一个空箱子中（这增加了用于该颜色的箱子的数量），如果这个球是要处理的颜色的第 \(1\) 个、\((K+1)\) 个、\((2K+1)\) 个、\((3K+1)\) 个等球，则会消耗一个空箱子。因此，让我们称每种颜色的第 \(1\) 个、\((K+1)\) 个、\((2K+1)\) 个、\((3K+1)\) 个等球为机会球。
每次处理一个机会球（任何颜色的）时，都会消耗一个空箱子，因此 \(b(c, l)\) 等于前 \(M\) 个要处理的机会球中颜色为 \(c\) 的球的数量。因此，要处理的第 \(M\) 个机会球的位置是什么？
当从位置 \(l\) 开始操作时，段 \([l, r]\) 中颜色为 \(c\) 的机会球的数量是 \(\left\lceil f(c, l, r) / K \right\rceil\)，因此段 \([l, r]\) 中的机会球（任何颜色的）的数量是
因此，要处理的第 \(M\) 个机会球的位置是使得 \(S(l, r) \geq M\) 的最小 \(r\)。记为 \(r_l\)，则有 \(b(c, l) = \left\lceil f(c, l, r_l) / K \right\rceil\)，因此所求的答案表示为
（如果没有 \(r \leq l+N-1\) 满足 \(S(l, r) \geq M\)，则为了方便起见，我们让 \(r_l \coloneqq l+N-1\)。）因此，为了找到 \(\mathrm{ans}_l\)，只需要为固定的 \(l\) 找到 \(r_l\)，并评估上述式子 (1)。然而，简单地对所有 \(l = 1, 2, \ldots, N\) 进行计算是不可能在执行时间限制内完成的。
相反，注意到根据上面的讨论，\(r_1 \leq r_2 \leq \cdots \leq r_N\)。为了按顺序评估 \(l = 1, 2, \ldots, N\) 的答案，\(r_l\) 可以以滑动窗口的方式高效地找到，而滑动窗口时，还要保持对当前段 \([l', r']\) 对应的值 (1)，并且每次 \(l'\) 或 \(r'\) 增加一个时应用增量更新，以便以总共 \(O(N)\) 的时间找到 \(\mathrm{ans}_l\)。
signed main() {
std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n, m, k;
std::cin >> n >> m >> k;
std::vector<int> c(n * 2);
for (int i = 0; i < n; i++) {std::cin >> c[i]; --c[i]; c[i + n] = c[i];}//破环成链
std::vector<int> all(n);//维护该颜色在1~n的出现次数
for (int i = 0; i < n; i++) {all[c[i]] += 1;}
std::vector<int> f(n);//即f(c, l, r),[l, r]区间内颜色为c的球的出现数量
std::vector<int> box(n);//box[c]表示颜色为c的盒子的数量
i64 ans = 0, totBox = 0;
auto add = [&](int color, int x) {
//消除没加之前的改颜色球对答案的影响
ans -= std::min(box[color] * k, all[color]);
totBox -= box[color];
box[color] -= (f[color] + k - 1) / k;
f[color] += x;//[l, r]区间该颜色球的数量+1
//处理加之后的影响
box[color] += (f[color] + k - 1) / k;//用的盒子是总数 / k向上取整
totBox += box[color];//盒子数量加上去
ans += std::min(box[color] * k, all[color]);//更新答案
};
for (int l = 0, r = 0; l < n; l++) {
while (r < l + n and totBox < m) {add(c[r], 1); r++;}//如果盒子还没用完并且右端点也还没到头
std::cout << ans << '\n';
add(c[l], -1);//剪掉开头
}
return 0;
}
