CF1882 div.2 做题记录
A
扫一遍，令 \(b_i\rightarrow b_{i-1}+1\)，若 \(b_i=a_i\)，\(b_i\rightarrow b_i+1\)。
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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;
const int inf=1e9;
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;
int n;
void solve(){
read(n);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans++;
int x;
read(x);
if(ans==x){
ans++;
}
}
write_endl(ans);
}
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
因为集合不能为并集，钦定至少存在 \(x\) 不能被包含，求不包含 \(x\) 的集合的并集的大小，对于所有枚举的 \(x\) 求并集大小的最大值。
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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;
const int inf=1e9;
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=100;
int n,s[N][N],cnt[N],vis[100],ans[100];
void solve(){
read(n);
for(int i=1;i<=50;i++){
vis[i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
read(cnt[i]);
for(int j=1;j<=cnt[i];j++){
read(s[i][j]);
vis[s[i][j]]=1;
}
}
int mx=0;
for(int i=1;i<=50;i++){
if(!vis[i]){
continue;
}
for(int j=1;j<=50;j++){
ans[j]=0;
}
for(int j=1;j<=n;j++){
bool flag=1;
for(int k=1;k<=cnt[j];k++){
if(s[j][k]==i){
flag=0;
break;
}
}
if(flag){
for(int k=1;k<=cnt[j];k++){
ans[s[j][k]]=1;
}
}
}
int sum=0;
for(int j=1;j<=50;j++){
if(ans[j]){
sum++;
}
}
mx=max(mx,sum);
}
write_endl(mx);
}
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
证明一个结论，如果删掉一个数，那么它后面的所有数都是可以选择加入到贡献的。假定删掉的数的位置为 \(x_1,x_2,x_3\dots x_m\)。考虑以奇数位置为分界点，将 \(x_{2\sim m}\) 分为若干段，从后往前处理每个段，将奇数位置的数加入贡献后，所有偶数位置的数都会变成奇数位置的数，从后往前加入贡献就可以保证每个数再删去时都在奇数位置上。只有最前面一段可能还有一段偶数位置的数，删去 \(a_{x_1}\) 即可。
从后往前枚举 \(x_1\)，并统计 \((x_1,n]\) 区间内的正数的和 \(sum\)，求删去 \(a_{x_1}\) 的贡献与 \(sum\) 的和的最大值。
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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;
const int inf=1e9;
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,s[N],a[N];
void solve(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
if(a[i]>0){
s[i]=a[i];
}
else{
s[i]=0;
}
}
s[n+1]=0;
int ans=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
s[i]=s[i+1]+s[i];
if(i&1){
ans=max(ans,a[i]+s[i+1]);
}
else{
ans=max(ans,s[i+1]);
}
}
write_endl(ans);
}
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
先考虑以 \(1\) 为根的情况，模拟一条链 \(1\rightarrow 2\rightarrow 3\rightarrow 4\)。
点\(1\) 的修改是没有意义的，因为是所有点都被修改，等价于没变，所以直接令最后的异或值为 \(a_1\) 即可；
点 \(2\) 的修改值为 \(a_1\oplus a_2\)；
点 \(3\) 的修改值为 \(a_1\oplus a_2\oplus a_3\oplus a_1=a_2\oplus a_3\)；
点 \(4\) 的修改值为 \(a_1\oplus a_2\oplus a_2\oplus a_3\oplus a_4\oplus a_1=a_3\oplus a_4\)。
可以发现每个点的修改值都为 \(a_u\oplus a_{fa}\)，其中 \(fa\) 表示 \(u\) 在当前树下的父亲，若 \(u\) 为树的根，则不修改。这个修改值和 \(siz\) 都是换根好维护的，直接求出以 \(1\) 为根的树的答案，再换根求其它的答案。复杂度 \(O(n)\)。
E1
赛时脑抽了，没想出来怎么还原，只知道怎么调整。
将两个序列分开，可以先还原每个序列再调整操作次数的差别。
先讲调整吧，将选择序列第一个数看作将序列顺着循环位移一次，选择最后一个数看作将序列逆着循环位移一次。如果序列长度为奇数，可以通过选择序列长度次 \(1\)，改变答案操作次数的奇偶性，将此操作看作调整 \(1\)。而先选第一个，再选最后一个，可以增加两次操作次数，将此操作看作调整 \(2\)。
还原可以每次将 \(1\sim x\) 移到 \(x+1\) 前。这个操作的话，假定 \(1\sim x\) 已经是一段连续的序列，先找到 \(x\) 的位置，选择其后面的一个数，因为选择的是后面的数，不会改变前面的数的相对顺序，所以 \(1\sim x\) 就到了序列的末尾。再找到 \(x+1\) 的位置，选择该位置 \(1\sim x\) 和 \(x+1\) 就已经连续了。
令还原两个序列的操作次数分别为 \(a,b\)。若 \(b-a\) 为偶数，只需要进行若干次调整 \(2\) 即可；若 \(b-a\) 为奇数，显然要进行一次调整 \(1\)，再进行若干次调整 \(2\)。如果两个序列长度均为偶数，显然无解。其它的按照上述方法调整即可。
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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;
const int inf=1e9;
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=3000;
int n,m,a[N],b[N],tmp[N];
vector<int>ansa,ansb;
void worka(){
for(int i=1;i<n;i++){
int pos=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[j]==i){
pos=j;
break;
}
}
if(a[pos+1]==i+1){
continue;
}
if(pos+1>n){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[j]==i+1){
pos=j;
break;
}
}
ansa.pb(pos);
for(int i=1;i<=n;i++){
tmp[i]=a[i];
}
int cnt=0;
for(int i=pos+1;i<=n;i++){
a[++cnt]=tmp[i];
}
a[++cnt]=tmp[pos];
for(int i=1;i<pos;i++){
a[++cnt]=tmp[i];
}
continue;
}
ansa.pb(pos+1);
int cnt=0,Pos=0;
for(int j=pos+2;j<=n;j++){
tmp[++cnt]=a[j];
if(a[j]==i+1){
Pos=cnt;
}
}
tmp[++cnt]=a[pos+1];
for(int j=1;j<=pos;j++){
tmp[++cnt]=a[j];
if(a[j]==i+1){
Pos=cnt;
}
}
cnt=0;
ansa.pb(Pos);
for(int j=Pos+1;j<=n;j++){
a[++cnt]=tmp[j];
}
a[++cnt]=tmp[Pos];
for(int j=1;j<Pos;j++){
a[++cnt]=tmp[j];
}
}
}
void workb(){
for(int i=1;i<m;i++){
int pos=0;
for(int j=1;j<=m;j++){
if(b[j]==i){
pos=j;
break;
}
}
if(b[pos+1]==i+1){
continue;
}
// cerr<<i<<' '<<pos<<' '<<b[pos]<<' '<<b[pos+1]<<endl;
if(pos+1>m){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(b[j]==i+1){
pos=j;
break;
}
}
ansb.pb(pos);
for(int i=1;i<=m;i++){
tmp[i]=b[i];
}
int cnt=0;
for(int i=pos+1;i<=m;i++){
b[++cnt]=tmp[i];
}
b[++cnt]=tmp[pos];
for(int i=1;i<pos;i++){
b[++cnt]=tmp[i];
}
continue;
}
ansb.pb(pos+1);
int cnt=0,Pos=0;
for(int j=pos+2;j<=m;j++){
tmp[++cnt]=b[j];
if(b[j]==i+1){
Pos=cnt;
}
// cerr<<b[j]<<' ';
}
tmp[++cnt]=b[pos+1];
for(int j=1;j<=pos;j++){
tmp[++cnt]=b[j];
if(b[j]==i+1){
Pos=cnt;
}
}
// for(int i=1;i<=m;i++){
// cerr<<tmp[i]<<' ';
// }
// cerr<<endl;
cnt=0;
ansb.pb(Pos);
for(int j=Pos+1;j<=m;j++){
b[++cnt]=tmp[j];
}
b[++cnt]=tmp[Pos];
for(int j=1;j<Pos;j++){
b[++cnt]=tmp[j];
}
}
}
void solve(){
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
read(b[i]);
}
worka();
workb();
int siza=ansa.size(),sizb=ansb.size(),delta=siza-sizb;
// for(auto x:ansa){
// cerr<<x<<' ';
// }
// cerr<<endl;
// for(auto x:ansb){
// cerr<<x<<' ';
// }
if(delta%2==0){
if(delta>0){
while(delta>0){
delta-=2;
ansb.pb(1);
ansb.pb(m);
}
}
else{
while(delta<0){
delta+=2;
ansa.pb(1);
ansa.pb(n);
}
}
}
else{
if(n%2==0&&m%2==0){
write_endl(-1);
return;
}
if(n&1){
for(int i=1;i<=n;i++){
ansa.pb(1);
}
delta+=n;
}
else{
for(int i=1;i<=m;i++){
ansb.pb(1);
}
delta-=m;
}
if(delta>0){
while(delta>0){
delta-=2;
ansb.pb(1);
ansb.pb(m);
}
}
else{
while(delta<0){
delta+=2;
ansa.pb(1);
ansa.pb(n);
}
}
}
write_endl(ansa.size());
for(int i=0;i<ansa.size();i++){
write_space(ansa[i]),write_endl(ansb[i]);
}
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
int t=1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
E2
先咕着，主要还不会
