ABC337

1|0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。

2|0C - Lining Up 2

https://atcoder.jp/contests/abc337/tasks/abc337_c

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;
}

3|0E - Bad Juice

https://atcoder.jp/contests/abc337/tasks/abc337_e

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 $m,(n\le 2^m)$ 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;
}

4|0F - 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

$$C^{\prime }=(C_1^{\prime },C_2^{\prime },\dots ,C_{2N}^{\prime })\text{coloneqq}(C_1,C_2,\dots ,C_N,C_1,C_2,\dots ,C_N),$$

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 $C^{\prime }$ 的段 $[l,l+N-1]$ 的操作中盒子中的球的总数，对于每个 $l=1,2,\dots ,N$。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 $min\{b(c,l)\times K,g(c)\}$，因此答案是

$${\mathrm{ans}}_l=\sum _{c=1}^{N}min\{b(c,l)\times K,g(c)\}.$$

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 $\lceil f(c,l,r)/K\rceil$，因此段 $[l,r]$ 中的机会球（任何颜色的）的数量是

$$S(l,r)\text{coloneqq}\sum _{c=1}^N\lceil \frac{f(c,l,r)}{K}\rceil .$$

因此，要处理的第 $M$ 个机会球的位置是使得 $S(l,r)\ge M$ 的最小 $r$。记为 $r_l$，则有 $b(c,l)=\lceil f(c,l,r_l)/K\rceil$，因此所求的答案表示为

$$\begin{array}{}\text{(1)}& {\mathrm{ans}}_l=\sum _{c=1}^{N}min\{\lceil \frac{f(c,l,r_l)}{K}\rceil \times K,g(c)\}.\end{array}$$

（如果没有 $r\le l+N-1$ 满足 $S(l,r)\ge M$，则为了方便起见，我们让 $r_l\text{coloneqq}l+N-1$。）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 $l=1,2,\dots ,N$ 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，$r_1\le r_2\le \cdots \le r_N$。为了按顺序评估 $l=1,2,\dots ,N$ 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 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 对应的值 (1)，并且每次 $l^{\prime }$ 或 $r^{\prime }$ 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;
}

__EOF__

本文作者：Kdlyh
本文链接：https://www.cnblogs.com/kdlyh/p/18207182.html
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