杂题乱做 - 2000-

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写在前面

简单题们。

记录一下以后用来搬题。

唉唉现在 2000 及以下都能直接秒了真没意思。

CF1992F 贪心，数学 1900

显然直接贪心划分即可，主要问题是如何判断区间内子序列乘积恰好为 \(x\)。

发现 \(x\le 10^5\)，考虑对 \(x\) 质因数分解，在枚举区间时维护 \(x\) 中各质因数的数量即可。

CF2008G 贪心，数学 1800

发现给定过程即辗转相减，则最优的构造一定是 \(0, \operatorname{gcd}, 2\operatorname{gcd}, \cdots\)。然后就能直接算 \(\operatorname{mex}_k\) 了。

CF2009G1 数据结构 1900

首先套路地令 \(a_i:= a_i - i\)，则令区间变为公差为 1 的等差数列即令区间相等。

显然对于一个长度为 \(k\) 的区间应该调整成其中的众数，于是直接枚举所有长度为 \(k\) 的区间，记录区间内权值出现次数预处理即可。

CF 1891D 数学 1900

一眼题，发现 \(f\) 和 \(g\) 都是有非常显然的分段性质，\(f\) 至多只有 \(\log_2 v\) 段，在此基础上可知 \(g\) 至多只有 \(\log^2 v\) 段，大力枚举很容易就能处理出每一段的边界。

\(q=10^5\) 但是只有 1s，\(O(q\log^2 v)\) 不好跑，考虑预处理一下 \(1\sim 2^k - 1\) 的答案，则每次询问仅需考虑最后至多 \(\log v\) 段即可。

总时间复杂度 \(O\left(\log^2 v + q\log v\right)\) 级别。

会爆 LL 呃呃调红温了。

CF1996F 二分，简单数学 1900

看完题就想直接搞棵权值线段树，插入等差数列，然后在线段树上二分前 \(k\) 大之和即可。然而数据范围并不允许建树，失败！

虽然没法建树，但是发现二分权值区间是可以的。考虑从权值区间 \([L, R]\) 取前 \(k\) 大之和的答案，仅需检查左右子区间中数的个数与和再递归解决即可。

检查权值区间中数的个数与和显然能通过直接枚举每个元素 \(O(n)\) 直接算，则总时间复杂度为 \(O(n\log v)\) 级别。

CF1985G 数学 1600

发现给的限制 \(D(k\cdot n) = k\cdot D(n)\) 非常严格，当且仅当所有位均不出现进位才可满足。则可知对于 \(k\ge 10\) 答案一定为 0。

保证不进位则每位就是独立的了，可以计算出每位填的数的范围为 \(\left[0, \left\lfloor\frac{9}{k}\right\rfloor + 1\right]\)，又询问的区间端点均为 10 的幂，转化成前缀相减的形式就能非常简单地计算了。

CF1095D 构造 1600

简单题，忘了为啥出现在我的浏览器里了。

考虑对于节点 \(u\) 的两个后继 \(v_1, v_2\) 的实际顺序，发现仅需检查 \(v_1,v_2\) 之间的后继关系即可。于是可以直接处理出所有节点的直接后继，然后随便找个点 dfs 跳后继，保证每个节点仅出现一次即可。

不能只跳直接后继，比如一种需要特判的情况：

3
3 2
3 1
1 2

P6075 数学，结论，组合 普及/提高−

显然 \(n\) 个数在集合中是独立的，于是先考虑只有一个数的情况，仅需考虑 \(\frac{k(k+1)}{2}\) 个子集中是否存在该数即可。

由题意，每个集合都为其左边和上面的集合的子集，发现此时合法，当且仅当三角形中存在一条从左下角向上向右走到边界的分界线，使得分界线上方均为 1，下方均为 0。发现构造分界线等价于从最左下角的点走 \(k\) 步，每一步有向上和向右两种选择，则方案数为 \(2^{k}\)。

再考虑有 \(n\) 个数，则答案即 \(2^{k\times n}\)。

感觉很适合当结训测试简单题哈哈。

P6146 计数 DP 普及+/提高

唉唉计数。

一个显然的想法是考虑按照某种端点排序后依次加线段，考虑加入的线段与之前的有无相交部分：若有则不影响连通块数量，可直接继承之前的答案；否则若无相交部分，则会且仅会产生一个新连通块，仅需在继承的同时，考虑有多少种子集与新线段不相交即为新增的贡献。

发现按右端点升序加线段时，可能会出现加了一条很长的线段，同时与之前的多个连通块相交导致连通块数减少，导致很难做。

考虑按左端点升序加线段，即可保证加入后若相交不会导致连通块数减少。记 \(f_i\) 表示加入第 \(i\) 条线段 \((l_i, r_i)\) 后所有子集连通块数，则继承即为直接加上 \(f_{i-1}\)；若与新线段不相交，则之前加入的线段右端点一定小于 \((l_i, r_i)\)，若此类线段有 \(c\) 条则不相交的子集数即为 \(2^{c}\)。

考虑记 \(\operatorname{sum}_{i}\) 表示右端点为 \(i\) 的线段数量，则有显然的转移：

\[\large {f_{i} = 2\times f_{i - 1} + 2^{\sum\limits_{ i\le l_i - 1} \operatorname{sum}_i}} \]

对 \(\operatorname{sum}_i\) 提前预处理前缀和即可 \(O(1)\) 转移，答案即为 \(f_n\)。

总时间复杂度 \(O(n)\) 级别。

CF2007C 数论，双指针 1500

众所周知有小凯的疑惑，则对于该题任意 \(+A/+B\)，则可以表示出比较大的任意 \(d=\gcd(A, B)\) 的倍数。

于是可看做都可以加任意 \(d\) 的倍数，则答案肯定不超过 \(2d\)，于是考虑把原数列扔到 \(\bmod d\) 剩余系下看，则可以看做每个数 \(x\) 可以被修改为 \(x\bmod d\) 或 \(x\bmod d - d\)。

然后考虑把原数列中 \(x\) 拆成 \(x\bmod d\) 和 \(x\bmod d - d\)，排序后在新数列上做双指针，求固定最小值时最大值的最小值，保证区间内有原数列中所有位置，求极差的最小值即可。

总时间复杂度 \(O(n\log n)\) 级别。

CF1895D 二进制，构造，Trie 1900

这个套路在江队出的结训比赛题见过哈哈。

显然有前缀和 \(\operatorname{pre}_i = b_1\oplus b_{i + 1}\)，因为保证有解，说明 \(\operatorname{pre}_i\) 是两两不相等的，且均不等于 0，但是可能大于 \(n-1\)；于是仅需考虑如何找到 \(0\le b_1\le n - 1\)，使得 \(b_i\) 均不大于 \(n-1\) 即可，从而使 \(b_1\sim b_n\) 恰好为 \(0\sim n - 1\)。

记 \(\operatorname{pre}_0 = 0\)，问题也可以看做构造 \(0\le b_1\le n - 1\)，使得 \(\forall 0\le i\le n - 1, \operatorname{pre}_i \oplus b_1 = b_{i + 1}\) 恰好为 \(0\sim n - 1\)。

这显然是个典，考虑放到 Trie 上考虑，将 \(\operatorname{pre}_i\) 先插入到 Trie 里，则令所有数某一位异或 1 相当于交换这一位对应层的上一层所有节点的左右儿子，问题即通过交换儿子操作使得 Trie 变为一棵满二叉树。因为保证有解，于是仅需自顶向下构造，每次考虑当前节点左右儿子的 \(\operatorname{size}\) 与最终状态的 \(\operatorname{size}\) 的关系，若不相等则交换儿子，然后仅考虑最右侧的非空的子树进行递归构造即可。

然后就能构造出 \(b_1\) 了。总时间复杂度 \(O(n\log n)\) 级别。

CF1581B 图论，构造 1200

妈的被 div2B 1200 硬控十分钟，什么图论小结论整合版妈的。

先判断边数对于简单无向连通图是否过少或过多。

然后讨论直径长度：

  • 小于 0 则无解；
  • 小于 1 当且仅当 \(n=1\) 有解；
  • 小于 2 当且仅当恰好构成完全图有解；
  • 小于 3 则可以先构造一个菊花图，然后随便加边，则一定有解、

CF298B 模拟，枚举 1200

傻逼模拟。

显然两维的移动独立，仅需考虑与终点的位置的两维上分别的差值，移动距离均为 1，且要求时间最小，则贪心地进行移动，当且仅当遇到与差值同方向的移动，且这一维上未到达终点则移动即可。

还感觉可以出成风向任意，就能 \(O(m^2)\) DP 了。

CF1352G 构造 1600

入门构造。

相邻两个数距离至少为 2，一个显然的想法是分奇偶讨论，考虑将奇数降序放到前面，偶数升序放到后面。

此时中间两个的相邻数为 1 2，不合法，仅需将 2 和 4 交换位置即可。

CF2014H 异或哈希/莫队 1900

显然两人最优策略均为每次选择当前剩的数中最大的数。此时显然先手有极大优势，可以保证每轮选择的数一定不小于第二个人选的数，因此仅有可能先手必胜或平局。

发现平局当且仅当两个人选的数的个数相同，且每轮选择的数均相同，即每个数出现次数都是偶数。

莫队/异或哈希实现即可。

注意到值域很小，如果使用异或哈希，需要先将所有权值映射随机到较大的值域上以保证正确性。

CF461B 树形DP 2000

套路树形 DP。

显然可以仅考虑子树内是否有黑色点，以及当前点是否为黑色点自底向上 DP。设 \(f_{u, 0/1}\) 表示以 \(u\) 为根的子树内，钦定根所在的联通块无/有黑色点的选择方案，为了辅助转移再记 \(g_{u, 0/1}\) 表示表示以 \(u\) 为根的子树内，先钦定节点 \(u\) 不选，并钦定根所在的联通块无/有黑色点的选择方案。

转移时考虑枚举子节点的子树，考虑添加后是否有黑点即可，则有：

\[\begin{cases} g_{u, 0}= \leftarrow g_{u, 0} f_{v, 0}\\ g_{u, 1}\leftarrow g_{u, 1}\times f_{u, 0} + g_{u, 0}\times f_{u, 1} \end{cases}\]

然后考虑到可以将 \(u\) 单独分为一个联通块，当 \(u\) 为黑点时，\(f_{u, 0}\) 无意义，有：\(f_{u, 1} = g_{u, 0}\)；否则有： \(f_{u, 1} = g_{u, 1}, f_{u, 0} = g_{u, 0} + g_{u, 1}\)。

答案即：\(f_{rt, 1}\)。

总时间复杂度 \(O(n)\) 级别。

CF1946C 二分答案，贪心 1600

典中典题。

套路二分答案，dfs 检查使得每个连通块均大于 \(\operatorname{mid}\) 时，最多删边数量。

考虑贪心地删边，若当前节点所在连通块大于 \(\operatorname{mid}\) 则删边，此时至多仅有 \(1\) 所在连通块不合法，则发现此时合法当且仅当最多删边数量 \(\ge k + 1\)。

总时间复杂度 \(O(n\log n)\) 级别。

CF1493C 贪心，枚举 2000

显然最好的情况是 \(s\) 是 beautiful 的。

否则考虑按长度降序枚举待构造串第一个与 \(s\) 不同的位置 \(i\)，再按字典序升序枚举需要将该位置修改为什么字符。记此时字符 \(c\) 有 \(\operatorname{cnt}_c\) 个，则为了保证 beautiful，显然至少还需要 \((k - \operatorname{cnt}_c\bmod k)\bmod k\) 个。记 \(\operatorname{need} = \sum_c (k - \operatorname{cnt}_c\bmod k)\bmod k\)，则对于剩下的空位还应有 \((n - (i + 1) - \operatorname{need})\bmod k = 0\)，再用 a 将其补全即可。

仅需在枚举 \(i\) 过程中顺便维护每种字符的出现次数以及 \(\operatorname{need}\) 即可。判断某个 \(i\) 合法后，即可得到补全剩下的部分最优的字符集，贪心构造即可。

写在最后

唉唉马上退役了。

posted @ 2024-09-13 10:44  Luckyblock  阅读(68)  评论(3)  编辑  收藏  举报