Codeforces Round #687

写在前面
A
B
C
D
E
总结

写在前面

Codeforces Round #687 (Div. 2, based on Technocup 2021 Elimination Round 2)

比赛地址：http://codeforces.com/contest/1457。

其实 luckyblock233 并没有打这一场，因为最后 10s 没报上名（

瞎口胡了个 D 的二分答案 + 线段树上二分发现单调性假了= =
被 eee_hoho 嘲笑力= =

A

\(t\) 组数据，每次给定参数 \(n,m,r,c\)，求\(n\times m\) 的矩阵中所有位置中到达给定位置 \((r,c)\) 的曼哈顿距离的最大值。
\(1\le t\le 10^4\)，\(1\le r\le n\le 10^9\)，\(1\le c\le m\le 10^9\)。
1S，256MB。

水题。

距离最远的点一定在四个角上，输出 \(\max(r - 1, n - r) + \max(c - 1, m - c)\)。

//知识点：暴力 
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
//=============================================================
//=============================================================
inline int read() {
  int f = 1, w = 0;
  char ch = getchar();
  for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
    if (ch == '-') f = -1;
  for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
  return f * w;
}
void Chkmax(int &fir, int sec) {
  if (sec > fir) fir = sec;
}
void Chkmin(int &fir, int sec) {
  if (sec < fir) fir = sec;
}
//=============================================================
int main() {
  int t = read();
  while (t --) {
    int n = read(), m = read(), a = read(), b = read();
    printf("%d\n", std::max(a - 1, n - a) + std::max(b - 1, m - b));
  } 
  return 0;
}

B

Link。

\(t\) 组数据，每次给定一长度为 \(n\) 的数列 \(a\)，参数 \(k\)。
每次操作可以将一段长度不大于 \(k\) 的区间的任意位置变为任意数。
求使得整个数列全部相等的最小操作次数。
\(1\le t\le 10^4\)，\(1\le k\le n\le 10^5\)，\(1\le a_1\le 100\)，\(\sum n\le 10^5\)。
1S，256MB。

暴力。

暴力枚举最后数列的形态，贪心修改即可。

//知识点：暴力 
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
const int kN = 1e5 + 10;
//=============================================================
int n, m, ans, a[kN];
//=============================================================
inline int read() {
  int f = 1, w = 0;
  char ch = getchar();
  for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
    if (ch == '-') f = -1;
  for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
  return f * w;
}
void Chkmax(int &fir, int sec) {
  if (sec > fir) fir = sec;
}
void Chkmin(int &fir, int sec) {
  if (sec < fir) fir = sec;
}
//=============================================================
int main() {
  int t = read();
  while (t --) {
    n = read(), m = read(); 
    ans = kN;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) a[i] = read();
    
    for (int i = 1; i <= 100; ++ i) {
      int sum = 0;
      for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
        if (a[j] != i) {
          sum ++;
          j = j + m -1;
        }
      }
      Chkmin(ans, sum);
    }
    printf("%d\n", ans);
  }
  return 0;
}

C

Link。

\(t\) 组数据，每次给定一长度为 \(n\) 的 01 序列，参数 \(p,k,x,y\)，有两种操作：

花费 \(x\) 的代价，使得序列中任意一个 0 变为 1。

花费 \(y\) 的代价，删除序列第一个元素，序列长度 \(- 1\)，第 \(2\sim n\) 个元素向前移动一位。

求使得 \(\forall q\in \mathbb{Z},\ p+qk\le n,\ a_{p+qk} = 1\) 的最小代价。
\(1\le t\le 100\)，\(1\le p\le n\le 10^5\)，\(1\le k\le n\)，\(\sum n\le 10^5\)。
1S，256MB。

DP。

猜俩结论，显然操作 1 仅会修改对答案有贡献的位置。且操作的顺序一定是若干次操作 2 加上若干次操作 1。
第二个结论正确性显然，若先进行一次操作 1 再进行操作 2，之前修改的 1 可能会移动到对答案没有贡献的位置上。不如先进行操作 2，再仅修改对答案有贡献的位置。

数据范围不大，考虑枚举操作 2 进行的次数 \(i\)，新的对答案有贡献的位置为初始序列的 \((p + i) + qk\)。
发现步长没有改变，考虑预处理 \(f_{j}\) 表示 \((p+i) = j\) 时，有贡献位置上 \(0\) 的个数，显然有：

\[f_{j} = \begin{cases} [a_j = 0] &(j + k >n)\\ f_{j + k} + [a_j=0] &(j + k\le n) \end{cases}\]

则操作 2 进行 \(i\) 次的最小代价为 \(f_{p+i}\times x + i\times y\)，取最小值即为答案。
总时间复杂度 \(O(n)\)。

//知识点：枚举，DP 
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
const int kN = 1e5 + 10;
const int kInf = 1e9 + 2077;
//=============================================================
int ans, f[kN];
char s[kN];
//=============================================================
inline int read() {
  int f = 1, w = 0;
  char ch = getchar();
  for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
    if (ch == '-') f = -1;
  for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
  return f * w;
}
void Chkmax(int &fir, int sec) {
  if (sec > fir) fir = sec;
}
void Chkmin(int &fir, int sec) {
  if (sec < fir) fir = sec;
}
//=============================================================
int main() {
  int t = read();
  while (t --) {
    ans = kInf;
    int n = read(), p = read(), k = read();
    scanf("%s", s + 1);
    int x = read(), y = read();
    
    for (int i = n; i >= 1; -- i) {
      if (i + k > n) {
        f[i] = (s[i] == '0'); 
      } else {
        f[i] = f[i + k] + (s[i] == '0'); 
      }
    }
    for (int i = 0; i <= n - p; ++ i) {
      Chkmin(ans, i * y + f[i + p] * x);
    }
    printf("%d\n", ans);
  }
  return 0;
}

D

Link。

给定一长度为 \(n\) 的 单调不降 的数列 \(a\)，每次操作可以取出相邻的两个数，并将它们的异或值插入原位置。
求使得该数列 不单调不降 的最小操作次数。
\(1\le n\le 10^5\)，\(1\le a_i\le 10^9\)。
2S，256MB。

结论，暴力。

有一些显然的性质。

使得该数列 不单调不降，即存在合并后的两个位置，使得前一个大于后一个，以下称它为断点。
被操作的位置一定是包含上述断点的一段区间。断点前的部分构成较大的数，断点后的部分构成较小的数。
正确性显然。为了保证代价最小，断点不可能存在两个或两个以上。为使断点位置满足条件，需要对它前后分别操作。

于是可以考虑暴力枚举断点以及左右的区间，求得最小代价，复杂度 \(O(n^3)\)。

再观察题目的特殊性质，从位运算的角度考虑，可以发现：
若有三个连续的数的最高位相同，则可将后面两个异或起来消去最高位，使得第一个数大于后面的数。仅需操作 1 次即可。
又数列单调不降，则最长的使得三个连续的数最高位不同的数列长度为 \(2\times 30\)。
特判 \(n>60\) 时输出 1 即可通过本题。

总时间复杂度 \(O(60^3)\)。

//知识点：结论 
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
const int kN = 60 + 10;
//=============================================================
int n, ans = kN, a[kN];
//=============================================================
inline int read() {
  int f = 1, w = 0;
  char ch = getchar();
  for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
    if (ch == '-') f = -1;
  for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
  return f * w;
}
void Chkmax(int &fir, int sec) {
  if (sec > fir) fir = sec;
}
void Chkmin(int &fir, int sec) {
  if (sec < fir) fir = sec;
}
//=============================================================
int main() {
  n = read();
  if (n > 60) {
    printf("1\n");
    return 0; 
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
    a[i] = a[i - 1] ^ read(); 
  }
  for (int l = 1; l < n - 1; ++ l) {
    for (int r = l; r < n; ++ r) {
      for (int k = r + 1; k <= n; ++ k) {
        if ((a[r] ^ a[l - 1]) > (a[k] ^ a[r])) {
          Chkmin(ans, (r - l) + (k - r - 1));
        }
      }
    }
  }
  printf("%d\n", (ans == kN) ? -1 : ans);
  return 0;
}

E

给定 \(n\) 个数 \(a_1\sim a_n\)。有一个变量 \(x\)，其初始值为 \(0\)。
每次操作可以选择一个数 \(a_i\) 删除，并得到 \(x\) 的价值。之后令 \(x\) 变为 \(x+a_i\)。
特别地，有 \(k\) 次在删除一个数 \(a_i\) 前令 \(x\) 清空的机会。
最大化得到的价值之和。
\(1\le n\le 5\times 10^5\)，\(0\le k\le 5\times 10^5\)，\(|a_i|\le 10^6\)。
2S，256MB。

贪心。

考虑连续删除一段长度为 \(i + 1\) 的序列 \(a_{p_i}, a_{p_{i-1}},\cdots,a_{p_{0}}\)，得到的价值之和为：

\[0\times a_{p_0} + 1\times a_{p_1} + 2\times a_{p_2}+\cdots + i\times a_{p_i} \]

则问题等价于将所有数排成一个序列，并划分为不多于 \(k + 1\) 个有序段，每段的价值为 \(\sum_{i=0} i\times a_{p_{i}}\)，求最大价值和。

对于这些有序段，可以发现一些结论：

贪心地想，需要让较大的数贡献次数较多，则这些有序段一定是 不递减 的。
所有 \(a_i\ge 0\) 一定都 在同一段 中。
正确性显然，若存在两 \(a_i\ge 0\) 不在同一段中，则可将它们合并，使其中一个的贡献次数增加。
所有 \(a_i \ge 0\) 所在的一段一定是最长的一段。
正确性也显然，若这些数所在的段不是最长的，则最长的段一定全是 \(a_i <0\)，可以将最长段后面的适量元素移到 \(a_i \ge 0\) 的前面，使得 \(a_i\ge 0\) 贡献次数增加，且被调整的元素贡献次数不增。
最长段外的段的长度差最大为 1。
最长段外的段中仅有 \(a_i < 0\)，若它们之间的长度差 \(> 1\)，则可以将较长段后面的适量元素扔到较短段后面，使被调整元素贡献次数减少，从而增加权值和。

根据上述结论，考虑贪心地分配这 \(k+1\) 个段。
先将所有数升序排序，预处理一个后缀和。每次用后缀和、记录的每一段的权值和得到将剩余的未分配部分接到最短段后面的价值和。再将最小的未分配的数接到最短段后面，更新该段的价值。
总复杂度 \(O(n\log n)\)。

注意极小值要开很大= =

//知识点：贪心 
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
const int kN = 5e5 + 10;
const LL kInf = 1e18 + 2077;
//=============================================================
int n, k, a[kN];
LL ans = -kInf, suml, sumr, sum[kN], val[kN];
//=============================================================
inline int read() {
  int f = 1, w = 0;
  char ch = getchar();
  for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
    if (ch == '-') f = -1;
  for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
  return f * w;
}
void Chkmax(LL &fir, LL sec) {
  if (sec > fir) fir = sec;
}
//=============================================================
int main() {
  n = read(), k = read() + 1;
  for (int i = 0; i < n; ++ i) a[i] = read();
  std::sort(a, a + n);
  for (int i = n - 1; i >= 0; -- i) {
    sumr += 1ll * i * a[i];
    sum[i] = sum[i + 1] + a[i];
  }
  
  for (int i = 0, j = 1, lth = 0; i < n; ++ i, ++ j) {
    if (j == k + 1) {
      j = 1;
      ++ lth;
    }
    Chkmax(ans, suml + 1ll * lth * sum[i] + sumr);
    suml -= val[j];
    val[j] += 1ll * lth * a[i];
    suml += val[j];
    sumr -= sum[i + 1];
  }
  printf("%lld\n", ans);
  return 0;
}

总结

多测不清空，爆零两行泪。
简化题意要适度，不要丢失关键信息。
当发现自己的做法适用于更加一般的情况但复杂度较高时，大概率是自己想错了，否则出题人就会出更厉害的题目了= =
此时应重新读题尝试发现特殊性质。
发现自己的算法不可继续优化，或者思路略有瑕疵时，可以考虑推倒重来。

鸣谢：

Codeforces Round #687 (Div. 1) C. New Game Plus! () - けんちょんの競プロ精進記録

Editorial of Codeforces Round 687 (Technocup 2021 — Elimitation Round 2) - Codeforces

posted @ 2020-11-29 21:16 Luckyblock 阅读(298) 评论(6) 编辑收藏举报

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身与华落，心将香飞

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