Codeforces Round #731 (Div. 3)
Codeforces Round #731 (Div. 3)
Problem A. Shortest Path with Obstacle
本题有\(t\)组数据。
点\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),F(x_3,y_3)\)
要求从\(A\)走到\(B\)，路径中不能经过\(F\)。
求最短路长度。
对于\(100\%\)的数据：\(1\leq t \leq 10^4 , 1 \leq x_i,y_i \leq 10^4\)
如果\(A,B,F\)在同一水平或者竖直线上，且\(F\)在\(A,B\)之间，答案为\(D(A,B)+2\)
否则答案为\(D(A,B)\)。其中\(D(A,B)\)表示点\(A,B\)之间的最短路长度。
\(D(A,B)=|x_A-x_B| + |y_A-y_B|\)
时间复杂度\(O(t)\)
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int t; scanf("%d",&t);
while (t--) {
int x1,y1; scanf("%d%d",&x1,&y1);
int x2,y2; scanf("%d%d",&x2,&y2);
int x3,y3; scanf("%d%d",&x3,&y3);
int ans;
if (x1==x2&&x2==x3) {
if (y1>y2) swap(y1,y2);
if (y1<=y3&&y3<=y2) ans=y2-y1+2;
else ans=y2-y1;
printf("%d\n",ans);
continue;
}
if (y1==y2&&y2==y3) {
if (x1>x2) swap(x1,x2);
if (x1<=x3&&x3<=x2) ans=x2-x1+2;
else ans=x2-x1;
printf("%d\n",ans);
continue;
}
ans=abs(y1-y2)+abs(x1-x2);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
Problem B. Alphabetical Strings
本题有\(t\)组数据。
若一个长度为\(n\)的字符串\(s\)是按如下方式构造的：
第\(i\)次操作将字母表第\(i\)个字符放在当前字符串的最左侧或最右侧。
现在给出一个字符串\(a\)，判断其是否按照上述方法构造。
对于\(100\%\)的数据：\(1\leq t \leq 10^4 , 1 \leq length(a) \leq 26\)
直接模拟，倒序双指针判断当前字符串左右侧字母是否为应该的字母。
直到字符串中所有字母都被判断。
时间复杂度\(O(tlength(a))\)
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[27];
bool solve() {
int len=strlen(s);
int l=0,r=len-1;
for (int i=len-1;i>=0;i--) {
if (s[l]=='a'+i) l++;
else if (s[r]=='a'+i) r--;
else return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
int t; scanf("%d",&t);
while (t--) {
scanf("%s",s);
if (solve()) puts("YES"); else puts("NO");
}
return 0;
}
Problem C. Pair Programming
本题有\(t\)组数据。
数组\(a_n,b_m\)，要求数组\(c_{n+m}\),其中 \(c_i \in \{ a_n,b_m \}\)且\(c_{n+m}\)中有子序列\(a_n,b_n\)
若\(c_i=0\)则新增\(1\)行，否则访问第\(c_i\)行。
若存在\(c\)则输出该数组，否则输出\(-1\)。
对于\(100\%\)的数据：\(1\leq t \leq 10^3 , 1 \leq n,m \leq 100, 1 \leq a_i,b_i \leq 300\)
双指针，用\(pt1\)指向\(a\)数组，\(pt2\)指向\(b\)数组。
由于访问无后效性，且新增\(1\)行对后面有更加宽松的限制，所以贪心，能新增就新增一行。
时间复杂度\(O(t(n+m))\)
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
int k,n,m,ans[N],a[N],b[N];
bool work() {
int p1=1,p2=1;
while (p1<=n||p2<=m) {
if (p1<=n&&p2<=m&&a[p1]>k&&b[p2]>k) return false;
if (p1>n&&p2<=m&&b[p2]>k) return false;
if (p2>m&&p1<=n&&a[p1]>k) return false;
if (p1<=n) {
if (a[p1]==0) ans[++ans[0]]=a[p1],k++,p1++;
else if (a[p1]<=k) ans[++ans[0]]=a[p1],p1++;
}
if (p2<=m) {
if (b[p2]==0) ans[++ans[0]]=b[p2],k++,p2++;
else if (b[p2]<=k) ans[++ans[0]]=b[p2],p2++;
}
}
return true;
}
int main()
{
int t; scanf("%d",&t);
while (t--) {
ans[0]=0;
scanf("%d%d%d",&k,&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]);
if (work()==false) puts("-1");
else {
for (int i=1;i<=ans[0];i++) printf("%d ",ans[i]);
puts("");
}
}
return 0;
}
Problem D. Co-growing Sequence
定义一个数列\(a_n\)是\(growing\)的，则对于\(2 \leq i \leq n\)都满足\(a_i \ and \ a_{i-1} = a_i\)
给出数组\(x_n\)，要求字典序最小的\(y_n\)满足\(z_n = x_n \ xor \ y_n\)数列\(z_n\)是\(growing\)的。
对于\(100\%\)的数据\(1 \leq n,\sum n \leq 2\times 10^5, 1\leq x_i \leq 2^{30}\)
由亦或的性质可知\(a \ xor \ b = c\)和\(a \ xor \ c = b\)等价。
显然\(z_1=a_1\)可以让\(y_1=0\)字典序最小。
下面考虑\(2 \leq i \leq n\)，考虑第\(j\in[0,30]\)个二进制位。
如果\(z_{i-1}\)第\(j\)个二进制位位\(1\)，那么\(z_i\)的第\(j\)个二进制位必须为\(1\)才能满足\(z_n\)是\(growing\)的。
否则，如果\(a_i\)的第\(j\)个二进制位为\(1\)，那么\(z_i\)的第\(i\)个二进制为\(1\)，才能使\(y_i\)字典序较小。
因此，可以通过\(x_n\)计算出\(z_n\)，那么\(y_n=x_n \ xor \ z_n\)
时间复杂度\(O(n log_2 n)\)
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,a[N],b[N],c[N],po[31];
int main()
{
po[0]=1;
for (int i=1;i<=30;i++) po[i]=po[i-1]*2;
int t; scanf("%d",&t);
while (t--) {
int n; scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
c[1]=a[1];
for (int j=0;j<=30;j++) {
for (int i=2;i<=n;i++)
if ((c[i-1]&po[j])>0) c[i]=c[i]|po[j];
else if ((a[i]&po[j])>0) c[i]=c[i]|po[j];
}
for (int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]^c[i];
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",b[i]);
puts("");
for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=0;
}
return 0;
}
Problem E. Air Conditioners
长度为\(n\)的房间，有\(m\)个空调，第\(i\)个空调在\(a_i\)位置，温度为\(t_i\)
第\(i\)个房间的温度为\(\min_{1\leq j \leq k} (t_j + |a_j - i|)\) 求所有房间的温度。
对于\(100\%\)的数据，\(1\leq m\leq n \leq 3 \times 10^5\).
我们考虑每一台空调\(t_i,a_i\)对所有房间的贡献。
-
对于这台空调左侧的所有房间\(j\)，温度都会有一个\(T_j = t_i+a_i-j\)的贡献。
-
对于这台空调右侧的所有房间\(j\)，温度都会有一个\(T_j = t_i-a_i+j\)的贡献。
我们维护\(f_j= T_j+j，g_j=T_j-j\)，初始条件\(f_{a_i}=t_i+a_i,g_{a_i}=t_i-a_i\)
从左往右遍历\(i\)，可以保证当前空调影响后面房间的限制，所以\(g_i=min(g_i,g_{i-1})\)
从右往左遍历\(i\)，可以保证当前空调影响前面房间的限制，所以\(f_i=min(f_i,f_{i+1})\)
对于每一个房间\(i\)，其温度为\(min(f_i-i,g_i+i)\)
时间复杂度\(O(n)\)
# include <bits/stdc++.h>
# define inf (2e9)
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int a[N],t[N],n,m,g[N],f[N];
int main()
{
int T; scanf("%d",&T);
while (T--) {
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) g[i]=inf,f[i]=inf;
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&a[i]);
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&t[i]);
for (int i=1;i<=m;i++) {
f[a[i]]=t[i]+a[i];
g[a[i]]=t[i]-a[i];
}
for (int i=2;i<=n;i++) g[i]=min(g[i],g[i-1]);
for (int i=n-1;i>=1;i--) f[i]=min(f[i],f[i+1]);
for (int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",min(f[i]-i,g[i]+i));
puts("");
}
return 0;
}
Problem F. Array Stabilization (GCD version)
有\(n\)个正整数\(a_i\)组成的圆环，每一次操作可以让\(a'_i=gcd(a_i,a_{(i+1) \ mod \ n})\)
询问最少多少次操作能将该圆环所有元素变为相等。
对于\(100\%\)的数据，\(2\leq n \leq 2 \times 10^5,1\leq a_i\leq 10^6\)
显然，最终所有元素都为\(gcd(a_1,a_2,...,a_n)\).
将所有元素同除以\(gcd\)后，则需要操作次数不变，所有元素最终变为\(1\)。
对于特定的一个元素\(i\)，设最小需要\(ans_i\)次变为\(1\)，这等于其和右侧连续最少数的\(gcd\)值变为\(1\)。
对于每一个数\(a_i\)分解质因数，从\(i=1\)开始向\(i=n\)扫描，对于每一个\(a_i\)，设分解出的质因子为\(p_j\)。
则暴力向右侧扫描，若遇到连续的数能被\(p_j\)整除，则加上答案，并将这个数除去\(p_j\)让它不存在该质因子。
设最终扫描区间为\([L,R]\)，在该区间中，统计\(k\in[L,R]\)的答案。
最终的答案为\(max(ans_i)\)
时间复杂度\(O(k n)\)，其中\(k\leq 8\),由于\(2\times 3 \times 5 \times 7\times 11 \times 13 \times 17 \times 19> 10^6\)。
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int L=1e6+10,N=4e5+10;
int min_p[L],pr[L],a[N],n,ans[N];
vector<int>p[N];
bool is_pr[L];
void EouLaSha(int Lim)
{
memset(is_pr,true,sizeof(is_pr));
is_pr[1]=false;
for (int i=2;i<=Lim;i++) {
if (is_pr[i]) pr[++pr[0]]=i,min_p[i]=i;
for (int j=1;j<=pr[0]&&i*pr[j]<=Lim;j++) {
is_pr[i*pr[j]]=false;
min_p[i*pr[j]]=pr[j];
if (i%pr[j]==0) break;
}
}
}
void fun(int x,int id) {
if (x==1) return;
while (x!=1) {
int u=min_p[x];
p[id].push_back(u);
while (x!=1&&x%u==0) x/=u;
}
}
int gcd(int a,int b) {
if (!b) return a;
else return gcd(b,a%b);
}
int main() {
EouLaSha(1e6);
int t; scanf("%d",&t);
while (t--) {
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&a[i]);
}
int g=a[1];
for (int i=2;i<=n;i++) g=gcd(g,a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]/=g;
for (int i=1;i<=n;i++) a[n+i]=a[i];
for (int i=1;i<=2*n;i++) fun(a[i],i);
for (int i=1;i<=n;i++) {
for (int j=0;j<p[i].size();j++) {
int r=i+1;
while (r<=2*n&&a[r]%p[i][j]==0) r++;
r--;
for (int k=i,t=r-i+1;k<=r;k++,t--) {
ans[k]=max(ans[k],t);
while (a[k]!=1&&a[k]%p[i][j]==0) a[k]/=p[i][j];
}
}
}
int ct=0;
for (int i=1;i<=n;i++) ct=max(ct,ans[i]);
printf("%d\n",ct);
for (int i=1;i<=2*n;i++) p[i].clear(),ans[i]=0;
}
return 0;
}
Problem G. How Many Paths?
给出\(n\)个点，\(m\)条边的有向、无重边、可能有自环、不保证联通的图\(G\)，从\(1\)出发，对于每一个点\(i\)。
若不能到达则输出\(0\)，若只有\(1\)种路径到达则输出\(1\)，
若有有限的多于\(1\)条路径到达，则输出\(2\)，而有无数种方法到达则输出\(-1\)。
对于\(100\%\)的数据，\(1 \leq n,m \leq 4 \times 10^5\)。
考虑\(dfs\)搜索的搜索树的特性。
\(dfs\)时把每一个节点划分成\(0,1,2\)三类：
- \(0\)表示当前尚未被搜索
- \(1\)表示以节点为根的\(dfs\)搜索树尚未完全结束。
- \(2\)表示以节点为根的\(dfs\)搜索树完全结束。
设\(dfs\)当前遍历的节点为\(u\)，将要去的节点为\(v\)。
若\(v\)是\(0\)类节点，则继续深搜，
若\(v\)为\(1\)类节点，则至少存在环（以\(v\)为起始\(u\)为结束），因此\(v\)可以走到的所有节点一定有无数种可能。
若\(v\)为\(2\)类节点，则从\(1\)走到\(v\)既有原先\(df\)s已经遍历过的路径，还有当前的从\(u\)走到\(v\)的路径，所以\(v\)可以走到的节点如果不是有无数个节点，那一定有有限的多于\(1\)的节点。
如果从\(1\)开始\(dfs\)无法遍历到\(i\)节点，则不存在路径到\(i\)。
剩下情况就是有有限的\(1\)条路径了。
时间复杂度\(O(n+m)\)
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e5+10;
struct rec{
int pre,to;
}a[N];
int n,m,head[N],used[N],tot;
bool onc[N],dd[N];
void del() {
tot=0;
for (int i=1;i<=n;i++) {
head[i]=0;
used[i]=0;
onc[i]=false;
dd[i]=false;
}
}
void adde(int u,int v) {
a[++tot].pre=head[u];
a[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
void dfs(int u) {
used[u]=1;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to;
if (used[v]==1) onc[v]=1;
else if (used[v]==2) dd[v]=1;
else dfs(v);
}
used[u]=2;
}
void dfs1(int u) {
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to;
if (!onc[v]) {
onc[v]=1; dfs1(v);
}
}
}
void dfs2(int u) {
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to;
if (!dd[v]) {
dd[v]=1; dfs2(v);
}
}
}
int main() {
int t; scanf("%d",&t);
while (t--) {
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;i++) {
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
adde(u,v);
}
dfs(1);
for (int i=1;i<=n;i++) {
if (onc[i]) dfs1(i);
if (dd[i]) dfs2(i);
}
for (int i=1;i<=n;i++) {
if (!used[i]) printf("0 ");
else if (onc[i]) printf("-1 ");
else if (dd[i]) printf("2 ");
else printf("1 ");
}
puts("");
del();
}
return 0;
}
