【题解】Educational Codeforces Round 149（CF1837）

一直不会 E 这种题，看到就晕，没想到 F 是个简单题[疑问]

A.Grasshopper on a Line

题目描述：

给定两个整数 x 和 k。蚂蚱从 0 点出发，沿着数轴上的 OX 轴进行跳跃，每次可以向左或向右跳跃一定距离（距离必须为整数），但是不能跳到距离为 k 的整数倍的位置上。

请你计算蚂蚱到达位置 x 最少需要多少次跳跃，并输出蚂蚱的跳跃方案。如果有多种方案，请输出其中任意一种。

题目分析：

考虑 p 和 p−1 一定互质，也就是至少有一个不是 k 的倍数。
所以如果可以直接跳到 x 就跳，否则就先跳到 x−1 再跳到 x

代码：

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int x,k;scanf("%d%d",&x,&k);
		if(x % k == 0){
			printf("2\n");
			printf("%d\n%d\n",x-1,1);
		}
		else	printf("1\n%d\n",x);
	}
	return 0;
}

B.Comparison String

题目描述：

  • 给你一个长度为 n 的由 < 和 > 构成的字符串 s，如果一个数列 a 能满足将字符串 s 的所有大于号和小于号按顺序填入后满足大小关系，则 a 数列和 s 字符串是“相容的”。
  • 定义一个数列的花费是这个数列中不同元素的数量。
  • 已知字符串 s，让你求出与 s 相容的所有数列中花费最小的数列的花费。

题目分析：

考虑对于一个极长的 < 设其长度为 len，则至少需要 len+1 的花费。
而对于中间出现一个 > 的极长的 < 段，我们可以从 > 处劈开，因为我们一定可以通过一些手段让他们尽量地对应位置相等。
所以就扫一遍求出连续的 < 和 > 的最大长度，然后取 max 就好。

代码：

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
char s[N];
int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n;scanf("%d",&n);
		scanf("%s",s+1);
		int ans = 1,tot = 1;
		for(int i=2; i<=n; i++){
			if(s[i] == s[i-1])	++tot,ans = max(ans,tot);
			else	tot = 1;
		}
		printf("%d\n",ans+1);
	}
	return 0;
}

C.Best Binary String

题目描述：

给定由 1 0 ? 所组成的字符串，你需要用 0 或 1 替换 ?。

我们将 sl,sl+1,…,sr 反转成为一次操作。

你要使通过“反转”操作使原字符串成为升序的操作次数尽可能的小。

问最终构造出的字符串，有多解输出其一。

题目分析：

其实问号完全可以不考虑，因为我们可以让问号全部变成某个与它相连的数，这样只需要在翻转对应数的时候把问号段也翻转就好了。
而最小的操作次数必然不少于忽略所有问号时的操作次数，所以这种做法就是正确的。

代码：

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
char s[N];
int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%s",s+1);
		s[0] = '0';
		int n = strlen(s+1);
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(s[i] == '?')	s[i] = s[i-1];
		}
		for(int i=1; i<=n; i++)	printf("%c",s[i]);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

D.Bracket Coloring

题目描述：

如果一个括号序列符合以下两个条件中的一个，那么它是优美的：

1、序列的任意一个前缀中，左括号的个数不少于右括号的个数，且整个序列中，左括号的个数等于右括号的个数。

2、序列的任意一个前缀中，右括号的个数不少于左括号的个数，且整个序列中，左括号的个数等于右括号的个数。

给定一个括号序列，你需要把它分成若干组，使得每一组的括号构成的序列都是优美的。求最少需要分成多少组，并输出分组方案。如果无解，输出 −1。

题目分析：

首先条件其实就是要么正常的括号匹配可以执行，要么全部取反后正常的括号匹配可以执行。
显然若原串中左括号右括号数量不等则无解。
可以发现如果我们按照正常的括号匹配匹配一遍，将匹配上的化为一组，没匹配的上的化为另一组这样一定是合法的。
因为考虑对于没匹配上的一定是形如 ))))...((((...，因为此时它的左右括号数相等所以取反后一定可以匹配上。
这样就是考虑怎么判断答案为 1 的情况，要么此时可以完全匹配，要么全部取反后可以完全匹配。
写写分讨这个题就做完了。

代码：

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
char s[N];
int bl[N];
bool flag[N];
int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n;scanf("%d",&n);
		scanf("%s",s+1);
		int tot1 = 0,tot2 = 0;
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(s[i] == '(')	tot1++;
			else	tot2++;
		}
		if(tot1 != tot2){
			printf("-1\n");
			continue;
		}
		stack<pair<char,int> > st;
		while(!st.empty())	st.pop();
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(!st.empty() && st.top().first == '(' && s[i] == ')'){
				st.pop();
			}
			else	st.push({s[i],i});
		}
		if(st.empty()){
			printf("1\n");
			for(int i=1; i<=n; i++)	printf("%d ",1);
			printf("\n");
			continue;
		}
		for(int i=1; i<=n; i++)	s[i] = s[i] == '(' ?  ')' : '(';
		while(!st.empty())	st.pop();
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(!st.empty() && st.top().first == '(' && s[i] == ')'){
				st.pop();
			}
			else	st.push({s[i],i});
		}
		if(st.empty()){
			printf("1\n");
			for(int i=1; i<=n; i++)	printf("%d ",1);
			printf("\n");
			continue;
		}
		else{
			while(!st.empty()){
				flag[st.top().second] = true;
				st.pop();
			}
			for(int i=1; i<=n; i++){
				if(flag[i])	bl[i] = 1;
				else	bl[i] = 2;
			}
			printf("2\n");
			for(int i=1; i<=n; i++)	printf("%d ",bl[i]);
		}
		for(int i=1; i<=n; i++)	flag[i] = false;
	}
	return 0;
}

E.Playoff Fixing

题目描述：

有 2n 个人参加淘汰赛，每场位置相邻的两个人比，编号小者获胜，现在固定若干位置上的人，求在其余位置放人使得以下条件满足的方案数：

  • 编号位于 [2i,2i+1−1](i∈[0,n−1]) 的人的排名为 i+1

形象一点就是排名按编号单调不升。

题目分析：

显然要先将他们 PK 的过程表示出来，就是形如一个二叉树的结构。
我们考虑从上到下确定位置，这样就好做很多。
若没有位置固定人，假设考虑到了第 i 层，也就是我们已经确定了 2i−1 个人，要新放 2i−1 个人，则贡献即：
2i−1!×(22i−1)，就是每个人可以任意的位置，每一个 PK 的两个人可以任意换位。
这样的话直接乘法原理就是答案了。
如果有位置固定的，就分别看看对这两个的指数产生什么影响就好了。

代码：

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define up(l, r, i) for(int i = l, END##i = r;i <= END##i;++ i)
#define dn(r, l, i) for(int i = r, END##i = l;i >= END##i;-- i)
using namespace std;
typedef long long i64;
const int INF = 2147483647;
int qread(){
    int w = 1, c, ret;
    while((c = getchar()) >  '9' || c <  '0') w = (c == '-' ? -1 : 1); ret = c - '0';
    while((c = getchar()) >= '0' && c <= '9') ret = ret * 10 + c - '0';
    return ret * w;
}
const int MAXN = (1 << 19) + 3;
const int MOD  = 998244353;
int F[MAXN], G[MAXN];
int solve(vector <int> V){
    if(V.size() == 1) return 1;
    int ret = 1, n = V.size(), t = n / 2;
    int c = 0, d = n / 2, e = 0;
    vector <int> T;
    up(0, n - 1, i) d -= (V[i] > t);
    up(0, n / 2 - 1, i){
        int p = 2 * i;
        int q = 2 * i + 1;
        if(V[p] != -1 && V[q] != -1){
            if((V[p] <= t) == (V[q] <= t))
                return 0;
        }
        {
            if(V[p] == -1 && V[q] == -1) ++ c;
            if(V[p] != -1 && V[p] <= t) T.push_back(V[p]); else 
            if(V[q] != -1 && V[q] <= t) T.push_back(V[q]); else 
                T.push_back(-1);
        }
    }
    return 1ll * G[c] * F[d] % MOD * solve(T) % MOD;
}
int main(){
    int k = qread(); vector <int> P;
    G[0] = F[0] = 1;
    up(1, 1 << k, i)
        G[i] = 1ll * G[i - 1] * 2 % MOD,
        F[i] = 1ll * F[i - 1] * i % MOD;
    up(1, 1 << k, i) P.push_back(qread());
    printf("%d\n", solve(P));
    return 0;
}

F.Editorial for Two

题目描述：

给定一个长度为 n 的序列，从中找出一个长度为 k 的子序列（可以不连续），然后将这个子序列划分为前后两部分，使得前半部分元素和与后半部分元素和的 max 最小。输出这个最小值。

题目分析：

既然是最大值最小首先考虑二分答案。
二分答案之后可以发现这个前后的分界点很重要，就枚举这个分界点，然后就是记录 f[i][j] 表示前 i 个数选择 j 个使得它们的和小于等于 mid 是否可行，g[i][j] 表示 i 这个后缀选择 j 个使得它们的和小于等于 mid 是否可行，然后统计答案就是卷起来。
会发现我们每一个 dp 值只记一个 0/1 实在是太亏了，就多记一点东西，也就是设 f[i] 表示前 i 个数为了使得和小于等于 mid 最多选择多少个数，g[i] 同理。
这样只需要判断 f[i]+g[i+1] 是否大于等于 k 即可。
对于 f,g 数组的处理可以直接贪心。

代码：

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e5+5;
int n,k,f[N],g[N],a[N];
bool chk(int mid){
	priority_queue<int> q;
	int sum = 0;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		q.push(a[i]);sum += a[i];
		while(sum > mid){
			sum -= q.top();q.pop();
		}
		f[i] = q.size();
	}
	while(!q.empty())	q.pop();
	sum = 0;
	for(int i=n; i>=1; i--){
		q.push(a[i]);sum += a[i];
		while(sum > mid){
			sum -= q.top();q.pop();
		}
		g[i] = q.size();
	}
	bool flag = false;
	for(int i=0; i<=n; i++){
		if(f[i] + g[i+1] >= k)	flag = true;
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)	f[i] = g[i] = 0;
	return flag;
} 
signed main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	int T;scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld",&n,&k);
		for(int i=1; i<=n; i++)	scanf("%lld",&a[i]);
		int l = 0,r = 1e15,ans = 0;
		while(l <= r){
			int mid = (l + r) >> 1;
			if(chk(mid))	ans = mid,r = mid - 1;
			else	l = mid + 1;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}
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