2023.9-10CF做题记录
Codeforces Round 898 (Div. 4) (CF1873)
Coinred001，堂堂出道（
前面的水题打得太慢了（因为缺乏经验）
A. Short Sort
水题，手动枚举6种情况是最快的能AC的。
B. Good Kid
看数据范围，\(O(n^2)\) 枚举即可。（Div4不要想太多）
C. Target Practice
暴力，把 \(10 \times 10\) 的靶子直接输进数组。
D. 1D Eraser
因为是直接覆盖 \(k\) 个块，所以遇到白色的直接往后刷 \(k\) 个块。
E. Building an Aquarium
直接将 \(a\) 由小到大排序，再从前往后遍历 \(a\)，考虑水加到该高度需要多少水（可利用对之前 \(a\)的求和 \(sum\) 算出wat=i*a[i]-sum），在恰好少于给定水量 \(x\) 后通过整除算出 h=a[i]+(x+sum-i*a[i])/i。
F. Money Trees
扫一遍 \(h\)，求出能选择的区间。
之后枚举右端点，在 \(sum_a \leq k\) 的情况下滑动 \(l\) 求出最大长度。
当区间不能选时，若 \(a_r \leq k\) 可直接选单个，长度为 \(1\)。
G. ABBC or BACB
不难发现本题操作数就是可通过B消掉的A的个数
所以考虑夹在每个B之间以及两端有多少个A，因为每个B只能对应一段A，因此考虑舍弃A数目最少的一段。
H. Mad City
（这题赛时没有A，赛后WA on test 2，因为写错对拍不知道错哪里，警钟长鸣）
有趣的基环树上追及问题。
只要跑者到达第一次到达环上的点的时间，早于追者到达环上后从较短路上到达那个点的时间，那么就能够逃脱。
所以只要找到环，记录所有点及其大小，通过对环上每点按顺序编号可求得环上两点的距离。bfs跑者与追者到环上点的距离以及第一次入环的点，即可求得。
本题sb：直接拿环上两点作差得到距离，完全忘了重新编号的事，于是爆WA调一天（
Educational Codeforces Round 155 (Rated for Div. 2) (CF1879)
拿下9000+名，寄。
A. Rigged!
题目要求，选择合适的重量，使得第一个人力量大于此的同时，耐力在能举起的人中最长。
所以要尽可能用大重量卡掉耐力久的人，排序遍历比较即可。
bool cmp(Node a,Node b){return (a.e!=b.e)?(a.e>b.e):(a.p>b.p);}
...
sort(a+1,a+n+1,cmp);
int maxs=0,i;
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i].p==1) break;
maxs=max(maxs,a[i].s);
}
if(maxs<a[i].s) cout<<maxs+1<<endl;
else cout<<-1<< endl;
WA 3发的原因：输入格式看错了，排序想反了。
B. Chips on the Board
有点像ICPC网络赛的一题，想了挺久。
现在要使网格上每个点都有同行或同列的点被标记且被标记点 \(a_x\) 与 \(b_y\) 总和最小。
那么只要挑 \(a_x\) 最小的一行或者 \(a_y\) 最小的一列即可
C. Make it Alternating
计数题，操作：删除一个元素，最终使01序列的相邻元素互不相同，求最小操作数及其方案数。
统计连续段，将连续段删除至一个元素即可，方案数即 每一段内方案个数之积 乘 最小操作数的全排列数
本场sb：由于排列组合水平严重下降，以为每段内方案做全排列再求积即可。
D. Sum of XOR Functions
异或和类型，不会，补了再说
Codeforces Round 899 (Div. 2) (CF1882)
尽力了（
A. Increasing Sequence
有点东西的构造。
递增数列，要让最后一个值最小，只要设置第一个数为1，之后每次递增1即可，遇到相等再加1即可。
B. Sets and Union
\(s_{i,j}\) 的范围很小，最终考虑暴力。
记录一个数在几个集合里面，枚举删掉带某一个数的集合后最终剩几个数，取最大值。
C. Card Game
这几天第一次用dp思想做题（
（虽然答案似乎用不着）
某一位被操作后，其前面的每一位的奇偶性都不再改变，考虑dp。
\(dp_{i,0/1}\) 表示为第i位作为偶/奇的最大值。
则转移为：
从后往前的原因：最后一位的状态是确定的。
D. Tree XOR
不会做但挺有意思，以后看（
Codeforces Round 900 (Div. 3) (CF1878)
18000+，下大分丢大人场
A. How Much Does Daytona Cost?
以为是暴力结果被叉了。
实际上，长度为一的序列的众数就是那个唯一的元素，故是否存在子段众数为 \(k\)，只要判断这个元素是否存在过。
B. Aleksa and Stack
很神奇的构造题，但是写了半个钟头
之前都在想用先乘后除的方式构造，无一例外地爆long long了。
但是打表发现对于数列 \(a_i=i\) 来说，\(i=7\) 以后便不存在反例。
故取 \(a_i=i+8\) 即可。
C. Vasilije in Cacak
基础二分题。
设 \(\text{Calc}(l,r)\) 为 \(l\) 到 \(r\) 之间每个数之和
可知若存在 \(r\) 使得 \(Calc(r-k+1,r) \leq x \leq Calc(r-k+2,r+1)\)，则方案必然存在（证明：将元素从小到大往小一一位，直至变成更小的连续 \(k\) 个数）
有单调性，二分即可。
E. Iva & Pav
看赛时这题做的人比D多于是先开这题。
结果思维绕进对每一位的操作出不来了。
实际上由于与（或）和的单调性以及其可重复贡献性，直接ST维护区间与和，再二分即得。
D. Reverse Madness
思路简单，码量略大。
考虑分割出的子段里面有哪些有效的翻转操作即可。
直接贴码
n=read(),k=read();
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=k;i++) l[i]=read();
for(int i=1;i<=k;i++) r[i]=read();
q=read();
for(int i=1;i<=q;i++) x[i]=read();
sort(x+1,x+q+1);
for(int i=1,t=1;i<=k&&t<=q;i++)
{
vi rev,tmp;
for(;t<=q && x[t]<=r[i];t++)
rev.push_back(x[t]);
if(rev.empty()) continue;
for(int j=0;j<(int)rev.size();j++)
rev[j]=min(rev[j],l[i]+r[i]-rev[j]);
sort(rev.begin(),rev.end());
for(int j=0;j<(int)rev.size();j++)
{
int p=1;
for(;j+1<(int)rev.size() && rev[j]==rev[j+1];j++,p++);
if(p&1) tmp.push_back(rev[j]);
}
rev.swap(tmp);
auto iter=rev.begin();
int p=0,mid=(l[i]+r[i])>>1;
for(int j=l[i];j<=mid;j++)
{
if(iter!=rev.end() && j==*iter)
p=1-p,iter=next(iter);
if(p) swap(s[j],s[l[i]+r[i]-j]);
}
}
printf("%s\n",s+1);
F. Vasilije Loves Number Theory
有空补。
Codeforces Round 901 (Div. 2) (CF1875)
国庆没打，咕了。
Codeforces Round 902 (Div. 2, based on COMPFEST 15 - Final Round) (CF1877)
800-，还行。
A. Goals of Victory
容易知道全部分数之和必为0（得失相同），故全部求和取相反数即可。
B. Helmets in Night Light
贪心题。
无脑先选传播代价小的，并尽可能让其传播，若代价大于 \(p\)，则不如用 \(p\) 来传播。
故排序，用队列维护当前能够传播的人，扫过序列即可。
本场SB1：由于关掉流同步还混用cin和快读造成多次WA on 1，浪费6分钟，警钟长鸣。
C. Joyboard
手玩样例发现有解情况就三种 \(k=1,2,3\)。
\(k=1\) 时，只有 \(a_{n+1}\) 一种。
\(k=2\) 时，分为两种情况：比 \(n\) 小故只模一次，以及被 \(n\) 直接模到 \(0\)。
\(k=3\) 时，除了以上情形的其他可能。
D. Effects of Anti Pimples
题意：定义 \(n\) 个集合\(S_i={x|x=a[k],1 \leq k \leq n,i|k}\)，取一些集合做交集，求所有得到的新集合的最大值之和。
故求出每个集合的最大值，排完序后计算其对答案的贡献即可。
E. Autosynthesis
求\(\{a_i\}\) 的一个子序列 \(\{p_i\}\)，将 \(\{a_i\}\) 的每个 \(a_{p_i}\) 去掉，得到的 \(\{r_i\}\) 与 \(\{p_i\}\) 相同。
由于删除是关联性的操作，考虑建图，易知这张图是一个有向基环森林。
从 \(i\) 到 \(a_i\) 连一条边，若选择 \(i\)，则 \(a_i\) 必不选，而 \(a_i\) 不选，也则必然存在一个已选的 \(i\)。
所以考虑统计每个点的入度，类似拓扑排序，将入度为 \(0\) 的点放入队列，之后每次出队的点必然要选，它的下一个点必然不选。同时将下一个点的下一个点入度减一（删掉不选的点与它的边），若入度为 \(0\) 说明没有点能够因被选让它不选，所以这个点必选，塞入队列。
以上操作做完后，还会剩下一些环，若这些环是偶环，则通过间隔选择构造解，否则无解。
本场SB2：手玩样例二以为自环一定无解然后加了个特判，导致赛时无法AC，寄。
Educational Codeforces Round 156 (Rated for Div. 2) (CF1886)
寄。
A. Sum of Three
构造题。
发现可以讨论 \(n\mod 3\)。
\(n \mod 3=0\)，构造 \((1,4,n-5)\)，\(n<12\) 时无解。
\(n \mod 3=1\)，构造 \((1,2,n-3)\)，\(n<7\) 时无解。
\(n \mod 3=2\)，构造 \((1,2,n-3)\)，\(n<8\) 时无解。
这题想了20min，看来还是构造题做少了。
构造题，构造出可行的解即可。
B. Fear of the Dark
寄算几何。
考虑 \(O,P\) 两点到两个圆心的距离，若两点均更靠近某一个圆心，说明一个圆即可包括，则 \(w\) 为圆心到两点距离中大的那个。
反之，则 \(O,P\) 两点分别靠某一个圆更近，则考虑两圆相切的情形，若两圆相切时 \(O,P\) 两点都被包含，则通过切点的路径可达，否则取两点到其更近的圆心的距离中大的那个（赛时把这种情况遗漏了）。
C. Decreasing String
最智障的一集：以为一个字符串的 长度减一的 字典序最小的 子串 是直接把最大的字符拿掉就行了。
实际上：对于非单调的字符串，把最前面一个下降的字符去掉，直到字符串单调递增从尾删到头。
计算答案用求和及其反函数即可。
Codeforces Round 903 (Div. 3) (CF1881)
赛时被卡被叉，div3只过三题丢大人。
A. Don't Try to Count
在A题上就卡了40min（悲）。
一开始想着分类讨论，但实际上没这个必要。
介于其字符串长度只有 \(25\)，直接将 \(x\) 串复制得足够大（比如在完全覆盖 \(s\) 长度后再多翻一倍的长度），然后 \(O(n^2)\) 暴力匹配子串即可。
B. Three Threadlets
思维题。
观察样例后不难发现，只有在三个数各自除以三个数的 \(gcd\) 后，形式为 \((1,1,1)\) 或者 \((1,2,3)\) 的才有解。
C. Perfect Square
这道做了一个钟头的题彻彻底底地反映出本人对于这类旋转变换的直观理解极差（）
对小矩阵情形分析可知，点 \((x,y)\) 在顺时针旋转 \(90^{\circ}\) 后在点 \((n-y+1,x)\)。
进一步分析可知，要使矩阵顺时针旋转 \(90^{\circ}\) 后不变，则对任意一个点，这个一个点与其旋转 \(90^{\circ}, 180^{\circ}, 270^{\circ}\) 的点的位置上的点的值都要相同。
故对每一个点，旋转枚举 \(4\) 个点后取其中最大值，再枚举一遍作差得到编辑距离即可。
D. Divide and Equalize
这道被绿名叉掉的题彻彻底底地反映出本人对于最基本的分解质因数掌握极差（）
不难想到，本题只要使每个质因子的数量都能够被 \(n\) 即可构造方案。
于是我就试图在筛完以后以遍历每一个质数的方式来做分解质因数（因为要存每个质因子有几个），忘记了这样搞是 \(O(n \times \dfrac{N}{\ln N})\) 的，于是再通过比较水的数据后被狠狠叉掉。
所以应该在 \(prime_i>\sqrt{a}\) 之后及时退出循环，然后直接用 unordered_map 记录某一个质因子有几个，这样复杂度是 \(O \bigg(n \times \sqrt{\dfrac{a}{\ln n}} \bigg)\)，非常合理。
E. Block Sequence
这道看AC代码才A的题彻彻底底地反映出本人对于最基本的序列DP掌握极差（）
一开始设的是 \(dp_i\) 为 \(i~n\) 的序列以i开头满足题意的序列所需的操作数。
但是当时这样想：因为决定必然以 \(a_i\) 开头，则必然要涉及到后面要删去哪几个数，从哪里转移的问题。这导致转移的复杂度是 \(O(n)\) 的，必然能够被构造的数据卡掉。
所以不妨直接设 \(dp_i\) 为 \(i~n\) 的序列中满足题意的序列所需的最少操作数。
那么只要考虑当前这个数删不删即可。
删，操作数加一；不删，则必然直接从 \(dp_{i+a_i+1}\) 转移（因为这一位也是同样的从删或不删转移，即满足最优子结构）。
于是列出转移方程：
看来得挑个时间重学dp力（）
