CF-938(C-E)

合集 - 蒟蒻的打怪升级之路(28)

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CF-938

C

没啥好分析的，就记录一下我因为没有清空s[n+1]、上取整写成了下取整卡了一个多小时(╬▔皿▔)╯

const int N=2e5+5;
int a[N],p[N],s[N];
void solve(){
	int n,k;cin>>n>>k;
	int sum=0;
	rep(i,1,n){
		cin>>a[i];
		p[i]=p[i-1]+a[i];
	}
	if(p[n]<=k){
		cout<<n<<endl;
		return;
	}
	s[n+1]=0;//
	per(i,n,1){
		s[i]=s[i+1]+a[i];
	}
	int ans=0;
	int l=0,r=n,mid;
	while(r-l>1){
		mid=l+r>>1;
		if(p[mid]<(k+1)/2) l=mid;
		else r=mid;
	}
	//r为第一个p[i]>=(k+1)/2的下标 
	if(p[r]>(k+1)/2) ans+=r-1;
	else if(p[r]==(k+1)/2) ans+=r;
	l=1,r=n+1;
	while(r-l>1){
		mid=l+r>>1;
		if(s[mid]<(k+1)/2) r=mid;
		else l=mid;
	}
    //l为第一个p[i]>=k/2的下标 
	if(s[l]>k/2) ans+=n-l;
	else if(s[l]==k/2) ans+=n-l+1;
	cout<<ans<<endl;
}

D

可惜我赛前不久还做过滑动窗口的题，赛时却一直调不出来 /_ \

分析

就是在数组a中找有多少个长度为m的子段，满足子段内元素与b数组的元素至少有k个相同，我们可以枚举长度为m的子段，用桶数组维护当前子段的元素种类数，更新就是当长度大于m时，减去子段第一个元素的种类数，再判断一下此时该元素的种类数是否小于b数组中的种类数，是的话匹配数now--

代码

const int N=2e5+5,M=1e6+5;
int a[N],b[N],tb[M],ta[M];
void solve(){
	int n,m,k;cin>>n>>m>>k;
	rep(i,1,n){
		cin>>a[i];
	}
	rep(i,1,m){
		cin>>b[i];
		tb[b[i]]++;
	}
	int j=0,now=0,ans=0;
	rep(i,1,n){
		ta[a[i]]++;//对于每个新元素，将其加入桶中
		if(ta[a[i]]<=tb[a[i]]) now++;
		j=i-m;
		if(j>=1){//子段长度大于m时，删除第一个元素的种类数
			ta[a[j]]--;
			if(ta[a[j]]<tb[a[j]]) now--;//若相等则说明删除该元素对匹配数无影响		
		}
		if(j>=0&&now>=k) ans++;
	}
    //清空桶数组，用memset会t
	rep(i,1,n) ta[a[i]]=0;
	rep(i,1,m) tb[b[i]]=0;
 	cout<<ans<<endl;
}

E

这题让我想起了之前还没补的一道题 3492: 王阿姨处理信号，也是01字符串，也需要做区间处理……

知识点

利用异或差分数组进行区间取反

常用在只有01两种元素的序列中

int n;string s;cin>>n>>s;
	s=' '+s;
	int l,r;cin>>l>>r;
	//将区间[l,r]取反
	d[l]^=1,d[r+1]^=1;
	rep(i,1,n){
		d[i]^=d[i-1];
		cout<<((s[i]-'0')^d[i]);
	}

分析

从大到小枚举取反区间的长度k，若遇到s[i]=0,则对[i,i+k-1]进行区间取反，若有k合法就跳出

代码

const int N=1e4+5;
int d[N];
void solve(){
	int n;string s;cin>>n>>s;
	s=' '+s;
	per(k,n,1){//枚举取反区间 
		bool f=1;
		rep(i,1,n) d[i]=0;//异或差分数组，d[l]=d[r]=1表示[l,r-1]均取反 		
		rep(i,1,n){
			d[i]^=d[i-1];//类似差分数组做前缀和还原为当前数 
			int x=(s[i]-'0');
			//cout<<k<<" "<<i<<" "<<x<<endl; 
			if(x^d[i]==0){
			/*
			若x=d[i]=1,表示当前数此前已被取反为0，需要再取反
			若x=d[i]=0,表示当前数原本就是0，需要取反 
			*/
				if(i+k-1>n){//若取反区间的终点大于n，由于已无法操作，故当前k不可行 
					f=0;
					break;
				} 
				d[i]^=1;
				d[i+k]^=1;
			} 
		}
		if(f){
			cout<<k<<endl;
			break;
		} 
	}
}