cf1849做题记录

A

题面

分类讨论 $b+c$ 和 $a$ 的大小即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<double,int>
#define pb push_back
#define eps 1e-9
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
    template<typename T>
    inline void read(T &x){
        x=0;
        int f=1;
        char ch=getchar();
        while(ch>'9'||ch<'0'){
            if(ch=='-'){
                f=-1;
    }
            ch=getchar();
        }
        while(ch>='0'&&ch<='9'){
            x=x*10+(ch-'0');
            ch=getchar();
        }
        x=(f==1?x:-x);
    }
    template<typename T>
    inline void write(T x){
        if(x<0){
            putchar('-');
            x=-x;
        }
        if(x>=10){
            write(x/10);
        }
        putchar(x%10+'0');
    }
    template<typename T>
    inline void write_endl(T x){
        write(x);
        putchar('\n');
    }
    template<typename T>
    inline void write_space(T x){
        write(x);
        putchar(' ');
    }
}
using namespace IO;
void solve(){
    int a,b,c;
    read(a),read(b),read(c);
    if(b+c<a){
        write_endl((b+c)*2+1);
    }
    else{
        write_endl(a*2-1);
    }
}
signed main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("1.in","r",stdin);
        freopen("1.out","w",stdout);
    #endif
    int t;
    read(t);
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

B

题面

可以发现因为每次选的是血最多的，所以影响实际死亡顺序的是最后一击前的血量。以血量模 $k$ 的余数为第一关键字（如果血量模 $k$ 的余数为 $0$ 则看作余数为 $k$），以编号为第二关键字排序即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<double,int>
#define pb push_back
#define eps 1e-9
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
    template<typename T>
    inline void read(T &x){
        x=0;
        int f=1;
        char ch=getchar();
        while(ch>'9'||ch<'0'){
            if(ch=='-'){
                f=-1;
    }
            ch=getchar();
        }
        while(ch>='0'&&ch<='9'){
            x=x*10+(ch-'0');
            ch=getchar();
        }
        x=(f==1?x:-x);
    }
    template<typename T>
    inline void write(T x){
        if(x<0){
            putchar('-');
            x=-x;
        }
        if(x>=10){
            write(x/10);
        }
        putchar(x%10+'0');
    }
    template<typename T>
    inline void write_endl(T x){
        write(x);
        putchar('\n');
    }
    template<typename T>
    inline void write_space(T x){
        write(x);
        putchar(' ');
    }
}
using namespace IO;
const int N=3e5+10;
int n,k;
struct node{
    int id,val;
}a[N];
bool cmp(node x,node y){
    return x.val==y.val?x.id<y.id:x.val>y.val;
}
void solve(){
    read(n),read(k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        read(a[i].val);
        a[i].val=(a[i].val-1)%k+1;
        a[i].id=i;
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        write_space(a[i].id);
    }
    putchar('\n');
}
signed main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("1.in","r",stdin);
        freopen("1.out","w",stdout);
    #endif
    int t;
    read(t);
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

C

题面

每次排序时的前缀 $0$ 和后缀 $1$ 都是没有意义的，该在最前面的还在最前面，该在最后面的还在最后面。所以维护两个数组 $nxt_i$ 表示 $[i,n]$ 中第一个 $1$ 的位置，$pre_i$ 表示 $[1,i]$ 中最后一个 $0$ 的位置，每次排序会修改的部分只有 $[nxt_l,pre_r]$ 这个部分。注意的是当 $nxt_l>pre_r$ 时，整个序列没有修改，将修改操作变为 $[0,0]$ 即可。答案为不同的操作数量，用 map 计数一下就行。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<double,int>
#define pb push_back
#define eps 1e-9
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
    template<typename T>
    inline void read(T &x){
        x=0;
        int f=1;
        char ch=getchar();
        while(ch>'9'||ch<'0'){
            if(ch=='-'){
                f=-1;
    }
            ch=getchar();
        }
        while(ch>='0'&&ch<='9'){
            x=x*10+(ch-'0');
            ch=getchar();
        }
        x=(f==1?x:-x);
    }
    template<typename T>
    inline void write(T x){
        if(x<0){
            putchar('-');
            x=-x;
        }
        if(x>=10){
            write(x/10);
        }
        putchar(x%10+'0');
    }
    template<typename T>
    inline void write_endl(T x){
        write(x);
        putchar('\n');
    }
    template<typename T>
    inline void write_space(T x){
        write(x);
        putchar(' ');
    }
}
using namespace IO;
const int N=2e5+10;
int nxt[N],pre[N],n,m;
char s[N];
void solve(){
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        s[i]=getchar();
        while(s[i]!='0'&&s[i]!='1'){
            s[i]=getchar();
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i]=='0'){
            pre[i]=i;
        }
        else{
            pre[i]=pre[i-1];
        }
    }
    nxt[n+1]=n+1;
    for(int i=n;i;i--){
        if(s[i]=='1'){
            nxt[i]=i;
        }
        else{
            nxt[i]=nxt[i+1];
        }
    }
    map<pii,int>vis;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int l,r;
        read(l),read(r);
        if(nxt[l]>pre[r]){
            vis[mp(0,0)]=1;
        }
        else{
            vis[mp(nxt[l],pre[r])]=1;
        }
    }
    write_endl(vis.size());
}
signed main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("1.in","r",stdin);
        freopen("1.out","w",stdout);
    #endif
    int t;
    read(t);
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D

题面

对于一个非零段，如果从左端开始，则可以将该非零段的右边第一个 $0$ 的位置染色，从右端开始则可以将左边第一个 $0$ 的位置染色。如果有 $2$，可以从 $2$ 的位置开始，将左右的第一个 $0$ 都染色。所以我们先将有 $2$ 的非零段和其左右的第一个 $0$ 染色。剩下的 $0$ 直接贪心染色。对于从左往右的每个非零段，如果左侧的第一个 $0$ 未染色，则将其染色，否则将右侧的第一个 $0$ 染色，最后剩下的 $0$ 单独染一次色即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<double,int>
#define pb push_back
#define eps 1e-9
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
    template<typename T>
    inline void read(T &x){
        x=0;
        int f=1;
        char ch=getchar();
        while(ch>'9'||ch<'0'){
            if(ch=='-'){
                f=-1;
    }
            ch=getchar();
        }
        while(ch>='0'&&ch<='9'){
            x=x*10+(ch-'0');
            ch=getchar();
        }
        x=(f==1?x:-x);
    }
    template<typename T>
    inline void write(T x){
        if(x<0){
            putchar('-');
            x=-x;
        }
        if(x>=10){
            write(x/10);
        }
        putchar(x%10+'0');
    }
    template<typename T>
    inline void write_endl(T x){
        write(x);
        putchar('\n');
    }
    template<typename T>
    inline void write_space(T x){
        write(x);
        putchar(' ');
    }
}
using namespace IO;
const int N=2e5+10;
int n,a[N],b[N];
void solve(){
    int ans=0;
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        read(a[i]);
    }
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        int flag=0;
        for(j=i;j<=n;j++){
            if(!a[j]){
                break;
            }
            flag=max(flag,a[j]);
        }
        if(flag==2){
            ans++;
            for(int k=i-1;k<=j;k++){
                b[k]=1;
            }
        }
    }
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        int flag=0;
        for(j=i;j<=n;j++){
            if(!a[j]){
                break;
            }
            flag=max(flag,a[j]);
        }
        if(flag==1){
            ans++;
            if(i>1&&!b[i-1]){
                for(int k=i-1;k<j;k++){
                    b[k]=1;
                }
            }
            else{
                for(int k=i;k<=j;k++){
                    b[k]=1;
                }
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!b[i]){
            ans++;
        }
    }
    write_endl(ans);
}
signed main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("1.in","r",stdin);
        freopen("1.out","w",stdout);
    #endif
    int t=1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

E

题面

在确定右端点 $j$ 的情况下，可能合法的区间有 $j$ 个，令 $f_i$ 表示左端点为 $i$ 时区间的合法性。如果此时我们在后面加上一个 $a_{j+1}$，可能影响区间的情况只有 $a_{j+1}$ 为新区间的最大值和区间最小值。$a_{j+1}$ 是区间最大值会使区间变得合法，是区间最小值会使区间变得不合法。
可以预处理出 $[1,j]$ 中最后一个大于 $a_{j+1}$ 的数的位置 $mx_{j+1}$ 和最后一个小于 $a_{j+1}$ 的数的位置 $mn_{j+1}$，如果不存在大于或不存在小于的数则为 $0$。如果 $a_j$ 大于 $a_{j+1}$ 则 $a_{j+1}$ 会在左端点在一段区间中时最小值，将 $f_{[mn_{j+1}+1,j]}$ 赋值为 $0$，反之则为最大值，将 $f_{mx_{j+1}+1,j}$ 赋值为 $1$。用线段树维护 $f$ 数组的权值，只需要实现区间赋 $0/1$，求所有权值和的操作。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<double,int>
#define pb push_back
#define eps 1e-9
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
    template<typename T>
    inline void read(T &x){
        x=0;
        int f=1;
        char ch=getchar();
        while(ch>'9'||ch<'0'){
            if(ch=='-'){
                f=-1;
    }
            ch=getchar();
        }
        while(ch>='0'&&ch<='9'){
            x=x*10+(ch-'0');
            ch=getchar();
        }
        x=(f==1?x:-x);
    }
    template<typename T>
    inline void write(T x){
        if(x<0){
            putchar('-');
            x=-x;
        }
        if(x>=10){
            write(x/10);
        }
        putchar(x%10+'0');
    }
    template<typename T>
    inline void write_endl(T x){
        write(x);
        putchar('\n');
    }
    template<typename T>
    inline void write_space(T x){
        write(x);
        putchar(' ');
    }
}
using namespace IO;
const int N=1e6+10;
int n,a[N],pre_mn[N],pre_mx[N],stk[N],top;
namespace Seg_Tree{
    int ans[N<<2],tag[N<<2];
    int ls(int p){
        return p<<1;
    }
    int rs(int p){
        return p<<1|1;
    }
    void f(int p,int l,int r,int val){
        tag[p]=val+1;
        ans[p]=(r-l+1)*val;
    }
    void push_down(int p,int l,int r){
        if(tag[p]){
            int mid=(l+r)>>1;
            f(ls(p),l,mid,tag[p]-1);
            f(rs(p),mid+1,r,tag[p]-1);
        }
    }
    void push_up(int p){
        ans[p]=ans[ls(p)]+ans[rs(p)];
    }
    void update(int p,int l,int r,int q_l,int q_r,int val){
        if(q_l<=l&&r<=q_r){
            f(p,l,r,val);
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        push_down(p,l,r);
        if(q_l<=mid){
            update(ls(p),l,mid,q_l,q_r,val);
        }
        if(q_r>mid){
            update(rs(p),mid+1,r,q_l,q_r,val);
        }
        push_up(p);
    }
}
void solve(){
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        read(a[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(top&&a[stk[top]]>a[i]){
            top--;
        }
        pre_mn[i]=stk[top];
        stk[++top]=i;
    }
    top=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(top&&a[stk[top]]<a[i]){
            top--;
        }
        pre_mx[i]=stk[top];
        stk[++top]=i;
    }
    int ans=0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(a[i-1]<a[i]){
            Seg_Tree::update(1,1,n,pre_mx[i]+1,i-1,1);
        }
        else{
            Seg_Tree::update(1,1,n,pre_mn[i]+1,i-1,0);
        }
        ans+=Seg_Tree::ans[1];
    }
    write_endl(ans);
}
signed main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("1.in","r",stdin);
        freopen("1.out","w",stdout);
    #endif
    int t=1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

F

题面

对于这种划分到两个集合的题要能够惯性想到二分图上去，想到二分图上后就好做了。

这里有两种做法解决本题。

第一种做法，二分答案，只连接异或和小于二分的权值 $x$ 的边，判断是否为二分图即可，如果为二分图，则说明所有异或和小于 $x$ 的数对都不同时在一个集合中，答案肯定大于等于 $x$。但这里有个问题，在 $x$ 较大时，连的边是接近 $n^2$ 的此时我们一次染色判断二分图复杂度太大，需要考虑优化建图。
有一个结论是，对于一个排好序的数组 $val$，如果存在一个 $i$ 使得 $x>val_i\oplus val_{i+4}$，此时一定是无解。
证明：令 $y=val_i\oplus val_{i+4}$，$y$ 的最高位为 $a$，必然的是 $val_i$ 第 $a$ 位为 $0$，$val_{i+4}$ 的第 $a$ 位为 $1$。根据鸽巢原理，$val_i,val_{i+1},val_{i+2},val_{i+3},val_{i+4}$ 这 $5$ 个数在第 $a$ 位上至少有三个数相同，也就意味着至少会有三个数两两异或和小于 $x$，必然不是二分图，同理 $x>val_i\oplus val_{i+5}$，$x>val_i\oplus val_{i+6}$ 等也是一样的。
这个结论让我们的边数从原来的 $n^2$ 级别变成了与 $n$ 同阶。如果无解，那么加上更多边一定无解；如果有解，那么问题就变成了是否会存在 $x>val_i\oplus val_{i+4}$ 且不加该边时原图为二分图的情况，答案为不能。回到开始的分类讨论，假定 $val_i,val_{i+1},val_{i+2}$ 第 $a$ 位均为 $0$，那么在 $i$ 连边时会连出奇环，假定 $val_{i+2},val_{i+3},val_{i+4}$ 第 $a$ 位为 $1$，那么在 $i+2$ 连边时会连出奇环，所以上述问题所说的情况一定不存在。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<double,int>
#define pb push_back
#define eps 1e-9
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
    template<typename T>
    inline void read(T &x){
        x=0;
        int f=1;
        char ch=getchar();
        while(ch>'9'||ch<'0'){
            if(ch=='-'){
                f=-1;
    }
            ch=getchar();
        }
        while(ch>='0'&&ch<='9'){
            x=x*10+(ch-'0');
            ch=getchar();
        }
        x=(f==1?x:-x);
    }
    template<typename T>
    inline void write(T x){
        if(x<0){
            putchar('-');
            x=-x;
        }
        if(x>=10){
            write(x/10);
        }
        putchar(x%10+'0');
    }
    template<typename T>
    inline void write_endl(T x){
        write(x);
        putchar('\n');
    }
    template<typename T>
    inline void write_space(T x){
        write(x);
        putchar(' ');
    }
}
using namespace IO;
const int N=2e5+10;
int n,a[N],col[N],val[N],pos[N],flag=0;
vector<pii>id;
vector<int>e[N];
void dfs(int u,int color){
    col[u]=color;
    for(auto v:e[u]){
        if(!col[v]){
            dfs(v,3-color);
        }
        if(col[v]!=3-color){
            flag=0;
            return;
        }
    }
}
bool check(int x){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        e[i].clear();
        col[i]=0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=min(i+3,n);j++){
            if((val[i]^val[j])<x){
                e[i].pb(j);
                e[j].pb(i);
            }
        }
    }
    flag=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!col[i]){
            dfs(i,1);
        }
    }
    return flag;
}
void solve(){
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        read(a[i]);
        id.pb(mp(a[i],i));
    }
    sort(id.begin(),id.end());
    for(int i=1;i<=n;i++){
        pos[id[i-1].second]=i;
        val[i]=id[i-1].first;
    }
    if(n==2){
        puts("10");
        return;
    }
    int l=1,r=(1<<30)-1,ans=0;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)){
            ans=mid;
            l=mid+1;
        }
        else{
            r=mid-1;
        }
    }
    check(ans);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        write(col[pos[i]]-1);
    }
}
signed main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("1.in","r",stdin);
        freopen("1.out","w",stdout);
    #endif
    int t=1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

第二种做法，每次选出最小的边，要答案最大，这条边的两个端点显然应该属于不同集合。我们一直加边，直到加边后图不再是二分图。但其实没必要是图，一棵树就已经能够把哪个点属于哪个集合定下来了，根据这个思路，我们只需求出完全图的最小异或生成树，对其进行黑白染色，就是最后的划分结果。求完全图图的最小异或生成树类似于CF888G，感兴趣的可以直接看01trie，这里就不给出代码了。