Codeforces Round 882 (Div. 2)

Codeforces Round 882 (Div. 2)

A.The Man who became a God

题目大意

给定一个数组 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 和一个整数 $k$，记 $f(l,r)={\sum }_{i=0}^{i\le r-l}\mid x_l+i-x_l+i+1\mid$，求将数组划分为 $k$ 个部分的划分方案，使得对每个部分的 $f(l,r)$ 之和最小.

思路

求出相邻两个元素的差值，去掉前 $m$ 个大的差值以后的差值和为答案。

memset(b, 0, sizeof(b));
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++)
	cin >> a[i];
for (int i = 1; i < n; i++)
	b[i] = abs(a[i] - a[i + 1]);
sort(b + 1, b + n + 1);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n - k + 1; i++)
	ans += b[i];
cout << ans << endl;

B Hamon Odyssey

题目大意

长长长......link

思路

首先我们已知

$$min(a,b)\ge a\mathrm{\&}b$$

所以每两个数一直两两相与一定会形成一个不下降序列，易得 $a_1\mathrm{\&}{a}_2\mathrm{\&}...\mathrm{\&}{a}_n$ 为最题意中的小值

因为这个值是最小值，所以当这个数 $>0$ 时，使用其他分组的答案和一定比这个答案大，所以只能分一组，也就是一整组为一组

当最小值为 $0$ 时，我们考虑从 $a_1$ 一直遍历到 $a_n$ ，一定会有一种情况使得 $a_1\mathrm{\&}{a}_2...\mathrm{\&}{a}_i$ 的值为 $0$ ，因为保底到 $a_n$

当出现为 $0$ 的情况时，就切一刀，分一组，因为要尽量分多组，且 $0$ 已经是最小的了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n;
int a[200004];
int ans, minn, an = -1;
int main()
{
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        int n;
        cin >> n >> a[1];
        int minn = a[1];
        for (int i = 2; i <= n; i++)
            cin >> a[i], minn = minn & a[i];
        if (minn > 0)
        {
            puts("1");
            continue;
        }
        int an = -1, ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            if (an == -1)
                an = a[i];
            an &= a[i];
            if (an == 0)
            {
                an = -1;
                ans++;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

C.Vampiric Powers, anyone?

题目大意

link

思路

我们发现对于 $l,r$ 我们先取 $r$ 再取 $l$ 进行操作，然后我们就发现， $r+1\to n$ 的位置都无效了,因为 $A\oplus B\oplus B=A$ ,$r+1$ 到 $n$ 异或了两次，自然无效

所以我们可以把问题转化为

给定一个序列 $a$ ,求 $a$ 中的区间最大异或和

很容易想到 $dp$，我们令 $d{p}_{i,j}$ 为以 $i$ 为结尾的区间知否有可能异或和为 $j$

边界条件：$d{p}_{0,0}=1,d{p}_{i,a_i}=1$

状态转移方程

$$d{p}_{i,j\oplus a_i}|=d{p}_{i-1,j}$$

很容易想到，将那个区间再添加一个 $a_i$ 的值就行了

我们枚举所有可能的 $j$ (也就是所有状态) 即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
bool dp[N][1 << 8 | 1];
int a[N];

int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        int n;
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            cin >> a[i];
        dp[0][0] = 1;
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            for (int j = 0; j < (1 << 8); j++)
                dp[i][j] = 0;
            for (int j = 0; j < (1 << 8); j++)
            {
                dp[i][j ^ a[i]] |= dp[i - 1][j];
                if (dp[i][j])
                    ans = max(ans, j);
            }
            dp[i][a[i]] = 1;
            ans = max(ans, a[i]);
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

D. Professor Higashikata

题目大意

经过某个 $s$ 串中的子串拼接，会得到一个 $t$ 串，为了使得 $t$ 串的字典序最大，要对 $s$ 串中的字符进行几次交换，输出最下的次数？

思路

1.

首先我们知道，为了让 $t$ 串最大，其实就是让 $t$ 串t通过交换使得其中靠前的位置尽量变成 $1$

要想知道怎样交换最好，我们就要知道 $t$ 串中用了 $s$ 中的那些字符

我们发现在构成 $t$ 串的 $m$ 个子串拼接过程中，明显会有产生交集，所以我们要考虑区间的合并操作。(并查集跳跃搜索法)

2.

然后我们接下来想：怎么样才能让交换次数最小？

我们定义两个变量来方便我们操作

$cnt$ ：表示 $S$ 串中 $1$ 的个数

$tot$ ：合并区间后的 $t$ 串的字符总数

3. 我们对 $cnt$ 和 $tot$ 的情况进行分类讨论

$cnt\ge tot$

这个状态表明每个为 $0$ 的数都可以被换满，交换次数就是合并区间后 $t$ 串 $0$ 的个数

最小交换次数即为 ：$tot-\mathrm{合}\mathrm{并}\mathrm{区}\mathrm{间}\mathrm{后}t\mathrm{串}1\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数}$

$cnt<tot$

此时说明，绿色框中的 $0$ 不能全部被 $1$ 代替，必定胡留下一部分的 $0$

此时想要使得 $t$ 串最大，就要让在 $t$ 串中靠前位置的 $0$ 变成 $1$

我们记录对 $s$ 串中被用到的字符在 $t$ 串中第一次出现的位置，按照这些位置给这些字符设定 一定的优先级

最小的交换次数为 $cnt-\mathrm{优}\mathrm{先}\mathrm{级}\mathrm{最}\mathrm{高}\mathrm{的}\mathrm{前}cnt\mathrm{个}\mathrm{字}\mathrm{符}\mathrm{中}1\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数}$

然后计算 $1$ 的个数就使用树状数组记录即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int p[N], tr[N], f[N];
int n, m, q;

int find(int x)
{
    if (p[x] == x)
        return x;
    return p[x] = find(p[x]);
}

int lowbit(int x)
{
    return x & (-x);
}

void add(int pos, int x)
{
    for (int i = pos; i <= n; i += lowbit(i))
        tr[i] += x;
}

int query(int pos)
{
    int ans = 0;
    for (int i = pos; i; i -= lowbit(i))
        ans += tr[i];
    return ans;
}

void solve()
{
    cin >> n >> m >> q;
    string s;
    cin >> s;
    s = " " + s;
    int cnt = count(s.begin(), s.end(), '1');
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
        p[i] = i;
    int tot = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        for (int j = find(l); j <= r; j = find(j))
        {
            p[j] = j + 1;
            f[j] = ++tot;
            if (s[j] == '1')
                add(f[j], 1);
        }
    }
    while (q--)
    {
        int j;
        cin >> j;
        if (f[j])
        {
            if (s[j] == '1')
            {
                s[j] = '0';
                cnt--;
                add(f[j], -1);
            }
            else
            {
                s[j] = '1';
                cnt++;
                add(f[j], 1);
            }
        }
        else
        {
            if (s[j] == '1')
            {
                s[j] = '0';
                cnt--;
            }
            else
            {
                s[j] = '1';
                cnt++;
            }
        }
        if (cnt >= tot)
            cout << tot - query(tot) << endl;
        else
            cout << cnt - query(cnt) << endl;
    }
}
int main()
{
    solve();
    return 0;
}

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本文作者：ljfyyds
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