Codeforces Round #852 (Div. 2)（C,D)

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Codeforces Round #852 (Div. 2)（C,D)

B

这个题大意是给你一个 $x$ , $y$ , $x$ 是极大值（ $a_{i} > a_{i + 1}, a_{i} > a_{i + 1}$ )的和,

$y$ 是极小值（ $a_{i} < a_{i + 1}, a_{i} < a_{i + 1}$ )的和

然后还告诉我们每两个相邻的数相差 $1$ , $a_{1}$ 和 $a_{2}$ 和 $a_{n}$

我们要求最短的一个数组满足这个和的条件

案例给出我们这个和是由多个数组成，其实这个也可以由一个数组成，那么我们只需要构造一个最高点 $x$ ,最低点 $y$ ,这样也是最短长度，其实我们不太需要考虑这么多， $c f$ 其实很多套路的

然后我直接构造即可

其实这次的 $B$ 我还想了好久，看了题目案例，还以为需要考虑很多，想多了

C

这个题的大意是给你一个数组，我们有一个要求得到一对 $l$ , $r$ ,要求在 $[l, r]$ 这一段的数，其中所有的数的最大值和最小值不在两端，在中间，问有多少对这样的 $l$ , $r$

我第一印象就是直接求，枚举 $l$ 从 $1$ 开始， $r$ 从 $n$ 开始， $l$ 向右移动， $r$ 向左移动，如果满足条件就输出答案

#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
#define int long long 
int t;
int n;
int a[maxn];
void solve()
{
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    if (n<=2)
    {
        cout<<-1<<'\n';
        return ;
    }
    int step=1;
    int l=1,r=n;
    int mi=1,mx=n;
    while (l<r)
    {
        int ll=l,rr=r;
        while (a[l]==mi&&l<r)//只能一个一个移动，可能中间会出现可能的情况
        {
            l++;
            mi++;
        }
        while (a[l]==mx&&l<r)
        {
            l++;
            mx--;
        }
        while (a[r]==mi&&l<r)
        {
            r--;
            mi++;
        }
        while  (a[r]==mx&&l<r)
        {
           r--;
           mx--;
        }
        if (l==ll&&r==rr) break;//这个就是l,r上不是最小值
    }
    if (r-l<=1) cout<<-1<<'\n';//不可以是两个相邻或者是长度为1的
    else cout<<l<<" "<<r<<"\n";
    return ;
}
signed main ()
{
    cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}

D

这个题大意还是求 $[l, r]$ 这一段的 $p$ 和 $q$ 的 $m e x$ 是一样的的数量

我们只需要列举每一个 $m e x$ 的值，然后对于每一种 $m e x$ 的 $l$ 和 $r$ 都会有一个范围，然后直接求即可

具体看代码

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
#define int long long 
int t,p[maxn],q[maxn],invp[maxn],invq[maxn],n;
void solve()
{
    int ans=0;
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>p[i];
        invp[p[i]]=i;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>q[i];
        invq[q[i]]=i;
    }
    int maxl=n+1,minr=0;
    for (int mex=2;mex<=n+1;mex++)
    {
        minr=max(minr,max(invp[mex-1],invq[mex-1]));//r至少也要包括[1,mex-1]的数
        maxl=min(maxl,min(invp[mex-1],invq[mex-1]));//l最大l是最小的那一个mex-1的位置，那么这个l,r的范围里面一定有[1,mex-1](p和q里面）
        int maxr=n,minl=1;
        if (mex<=n)
        {
            if (invp[mex]<maxl)
            {
                minl=max(minl,invp[mex]+1);//在后面一个，不可选mex
            }
            else 
            {
                maxr=min(maxr,invp[mex]-1);//在前面面一个，不可选mex
            }
            if (invq[mex]<maxl)
            {
                minl=max(minl,invq[mex]+1);
            }
            else
            {
                maxr=min(maxr,invq[mex]-1);
            }
        }
        if (minl<=maxl&&minr<=maxr)
        {
            ans+=(maxl-minl+1)*(maxr-minr+1);
        }
    }
    int len=min(invp[1],invq[1])-1;//这个是mex=1的情况
    ans+=len*(len+1)/2;
    len=n-max(invp[1],invq[1]);
    ans+=len*(len+1)/2;
    len=abs(invp[1]-invq[1])-1;
    ans+=len*(len+1)/2;
    cout<<ans<<'\n';
    return ;
}
signed main ()
{
    int t=1;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}