AtCoder Regular Contest 088

AtCoder Regular Contest 088

C - Multiple Gift

输出$log_2\frac{y}{x}$。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
    ll a, b, res = 0;
    cin >> a >> b;
    for (b /= a; b; b >>= 1, ++res);
    cout << res << endl;
    return 0;
}

D - Wide Flip

简要题意：有一个长度为$n(n<=10^5)$的01串，你需要找到一个最大的$k$使得在若干次操作后所有的1都能变成0。

操作：选择一段连续的区间$[l,r]$$(r - l + 1 \geqslant k)$，并把上面所有的0变成1，1变成0。

现在咱来看看怎么做这道题。

假设$s_i \neq s_{i+1}$，为了让他们相同咱可以对$[1,i]$和$[1,i+1]$或$[i,n]$和$[i+1,n]$同时进行操作，所以$ans=max\{min\{i, n-i\},s_i \neq s_{i+1}\}$

时间复杂度$O(n)$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
char s[100010];
int n, ans;
int main() {
    scanf("%s", s + 1);
    ans = n = strlen(s + 1);
    for (int i = 1; i < n; ++i)
        if (s[i] != s[i+1])
            ans = min(ans, max(i, n - i));
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

E - Papple Sort

一句话题意：给你一个字符串，要把他变成一个回文最少需要交换字符多少次？如果无法变成回文，输出$-1$。

首先，如果出现奇数次的字符个数大于$1$，则显然无解。

对于相同的字符，咱肯定是要把他们放到左右两边，即配对。

咱可以看出来，交换相同的字符是没有意义的，所以相同字符之间这种相对的位置关系是不会变的。

比如说一个初始为$..a...a...a...a...$的字符串，只看$a$的话，最后如果能形成回文，那么最左边的$a$肯定是与最右边的$a$配对的。

所以咱可以$O(n)$的预处理出与$s_i$配对的字符所在的位置$p_i$。

用树状数组表示某个位置上的字符存在与否，初始时都为$1$。

咱从左往右每次都把$s_i$所对应的字符移到最末尾，再把树状数组上的$p_i-1$表示已经删除。这里说的末尾是不算已配对字符的字符串的末尾。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
using namespace std;
char s[200010];
int n, c[200010], a[200010];
long long ans;
vector < int > p[26];
bool check() {
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < 26; ++i)
        cnt += p[i].size() & 1;
    return cnt < 2;
}
void add(int p, int x) {
    for (; p <= n; p += lowbit(p)) c[p] += x;
}
int sum(int p) {
    int res = 0;
    for (; p; p -= lowbit(p)) res += c[p];
    return res;
}
int main() {
    scanf("%s", s + 1);
    n = strlen(s + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) p[s[i]-'a'].pb(i);
    if (!check()) return puts("-1"), 0;
    for (int i, sz, x = 0; x < 26; ++x) {
        for (i = 0; i < (sz = p[x].size()); ++i)
            a[p[x][i]] = p[x][sz-1-i];
    }

//    for (int i = 1; i <= n; ++i)
//        ans += sum(a[i]), add(a[i], 1);
//     上面下面这两种都可以。
//    for (int i = 1; i <= n; ++i) add(i, 1);
//    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
//        ans += sum(n) - sum(a[i]);
//        add(a[i], -1);
//    }
    printf("%lld\n", ans / 2);
    return 0;    
}