ARC169

前言

学校晚饭后不让来机房，时间卡的很死。基本赶不上赛时 AtCoder，更不能谈 codeforces 了。这就导致到现在一场 ARC 没参加过。

于是今天 VP 了一下，A题很水十分钟碾过去了，B题先想到了一个假贪心，答题思路不变稍微改改改成 dp 就可以了。C 题写的比B还快，比较套路，一眼 dp。D 题卡住了，后来找性质写过去了。E 题一个点也不会。上网上搜题解，发现一个很神奇的是 MrcFrst，樱雪喵，Aigony 三位的文字题解描述一模一样，代码也差不多......搜来搜去都是这么做的，而且都讲的不大清楚。中间还有些变量名跟题解讲解对不上问题。后来搞 F 题也是一眼没思路。乱搞了一个小时后过不了样例，看完题解有了大致思路，写完之后过了，但我认为这个是个结论题，跟建不建造笛卡尔树有关系吗......反正我没建，不知道。

[ARC169A] Please Sign

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考虑贪心，由于会重复许多次，显然 $depth$ 最大的答案对最终状态影响最大，所以只需要分别求出每层的权值总和即可。如果当前层结果为 1，就往上走。直到出现不等于零或者到了第一层仍然等于零即可。

复杂度 $O(n)$

int n;
int a[N], d[N];
int s[N];
int max_depth;

signed main()
{
	cin >> n;
	for (rint i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	d[1] = 1;
	s[1] = a[1];
	
	for (rint i = 2; i <= n; i++)
	{
		int x;
		cin >> x;
		d[i] = d[x] + 1;
		s[d[i]] += a[i];
		max_depth = max(max_depth, d[i]);
	}
	
	for (rint i = max_depth; i >= 1; i--)
	{
		if (s[i] < 0)
		{
			cout << "-" << endl;
			return 0;
		}
		if (s[i] > 0)
		{
			cout << "+" << endl;
			return 0;
		}
	}
	
	cout << 0 << endl;
	
	return 0; 
}

[ARC169B] Subsegments

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第一眼想到的是求和然后除以 $x$ ，最后判一下用不用 $+1$ 。但这个显然是假的，考虑 dp。设 $f_{i}$ 为所有以 $i$ 为结尾的连续子序列对答案的贡献值之和，则可得答案为 $\sum^{n}_{i=1} f_{i}$

若 $\sum^{i}_{j=1} a_{j} \le s$ ，那么所有以 $i$ 为结尾的连续子序列都不用被分割，所以 $f_{i} = i$ 。

若 $\sum^{i}_{j=1} a_{j} > s$ ，那么以 $i$ 为结尾的连续子序列需要被分割，则需要找到一个在 $i$ 之前的下标 $x$ ，使得在 $\sum^{i}_{j=x+1} a_{j} \le s$ 时， $\sum^{i}_{j=x+1} a_{j}$ 最大

此时所有 $[t,i]~(1 \le t \le x)$ 的序列被分成了两部分，一部分为 $(x,i]$ ，还有后面的 $[t,x]$ ，而这段区间可能还需要分割，那么此时有子问题为求所有以 $x$ 为结尾的连续子序列对答案的贡献值之和，即为 $f_{x}$

状态转移方程为 $f_{i} = i + f_{x}$ 。

求 $x$ 可以用二分，因为前缀和一定是单调的。

复杂度为 $O(n\log n)$

int n, S;
int a[N], f[N];
int s[N];
int ans;

signed main() 
{
	cin >> n >> S;
	for (rint i = 1; i <= n; i++) 
	{
		cin >> a[i];
		s[i] = s[i - 1] + a[i]; 
		int x = lower_bound(s, s + i, s[i] - S) - s;
		f[i]= f[x] + i;
	}
	for (rint i = 1; i <= n; i++) ans += f[i];
    cout << ans << endl;
	return 0;
}

[ARC169C] Not So Consecutive

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设 $f_{i,j}$ 表示填了前 $i$ 个位置，最后填了一个 $j$ 的连续段

枚举连续段起点 $k$ ，满足 $[k,i]$ 里面没有已经被确定为其他数 $\neq j$ 的数。记录 $pos$ 存每个颜色最后出现的位置，每次到了一个被确定的位置就更新，然后对所有 $pos$ 求最大值 $maxx1$ 和次大值 $maxx2$ ，如果 $a_{mx1}=j$ ，那么那么 $k$ 最远可以到 $maxx2$ ，否则可以到 $maxx1$ 。为了满足题目的限制，还需要对 $i-j$ 取一个 $max$ ，最远可以取到的位置记为 $l$ .

转移方程为 $f_{i,j}=\sum_{k=pos}^{i-1}\sum_{col\neq j} f_{k,col}$

容斥一下 $f_{i,j}=\sum_{k=pos}^{i-1}\sum_{col=1}^{n}f_{k,col}-\sum_{k=pos}^{i-1}f_{k,j}$

前缀和优化掉，复杂度 $O(n^2)$

int n;
int a[N], pos[N];
int f[N][N];
int s[N][N], S[N];

signed main() 
{
    cin >> n;
    for (rint i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

    f[0][0] = S[0] = 1;

    for (rint i = 1; i <= n; i++) 
	{
        if (a[i] != -1) pos[a[i]] = i;
        int maxx1 = 0, maxx2 = 0;
        for (rint j = 1; j <= n; j++)
        {
            if (pos[j] > maxx1)
            {
				maxx2 = maxx1;
				maxx1 = pos[j];
			}    
            else
            {
                maxx2 = max(maxx2, pos[j]);					
			}	
		}

        for (rint j = 1; j <= n; j++) 
		{
            int l, t = i - j;
            if (a[maxx1] == j) l = max(t, maxx2);
            else l = max(t, maxx1);
			
			int d1 = l ? S[l - 1] : 0;
			int d2 = l ? s[l - 1][j] : 0;
			
			f[i][j] = (S[i - 1] - d1 + mod - (s[i - 1][j] - d2 + mod) + mod) % mod;
            s[i][j] = (s[i - 1][j] + f[i][j]) % mod;
			S[i] += f[i][j];
        }

        S[i] = (S[i] + S[i - 1]) % mod;
    }

    cout << (S[n] - S[n - 1] + mod) % mod << endl;
    
    return 0;
}

[ARC169D] Add to Make a Permutation

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对于这种题显然地要去找性质。

操作本质就是选 $m$ 个数加一，最后全部 $mod\ n$ 。记最后得到的未取模的序列为 $b$ 。那么 $b$ 需要满足以下条件，显然有 $b_i > a_i$ ， $b_i\mod n$ 之后两两不相同。

但是我们需要观察更多的性质，即使一个很显然的性质也要写出来，有：

如果 $sum=\sum_{i=1}^n (b_i-a_i)$ ，那么一定 $m|sum$

如果 $maxx=\max_{i=1}^n\{b_i-a_i\}$ ,那么一定 $maxx\le \frac{sum}{m}$

当操作数一定时，应尽量小才更有可能满足条件，又因为此时一定，所以每个位置加的量应该尽量均匀的去分配。把升序排序，那么操作完之后的序列也应是升序的，若有解，那么一定存在一种最优解形如 $b=\{x,x+1,x+2,\dots,x+n-1\}$

找最优解，即最小化 $x$ 的值。显然有 $x$ 下界 $\max_{i=1}^n\{a_i-i+1\}$

由于上面的第二个性质， $x$ 每增加 $1$ ，不等式左边增加 $1$ ，右边增加 $\frac{n}{m}$ ，又因为 $m\lt n$ ，所以 $\frac{n}{m}\gt 1$ ，因此它也为 $x$ 提供了一个下界。

最后满足以上第一个性质，发现 $x$ 与 $x+m$ 对这个条件而言是等价的，并且后者答案更劣。所以只需从 $x$ 开始往上枚举 $m$ 次到 $x+m-1$ 即可。

复杂度 $O(n)$

int n, m;
int a[N];
int x, sum, maxx;

int lcm(int a, int b) {return a * b / gcd(a, b);}

signed main()
{
    cin >> n >> m;
    
    for (rint i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
    sort(a, a + n);
    
    for (rint i = 0; i < n; i++) x = max(x, a[i] - i);
    for (rint i = 0; i < n; i++) sum += x + i - a[i];
    
    bool flag = 0;
    for (rint i = 0; i < m; i++)
    {
		if (!((sum + n * i) % m))
		{
			flag = 1;
			x += i;
			sum += n * i;
			break;
		}
	}
    
    if (!flag)
    {
		puts("-1");
	    return 0;
	}
	
	for (rint i = 0; i < n; i++)
	{
		maxx = max(maxx, x + i - a[i]);
	}
	
	while (maxx > sum / m)
	{
		maxx += m / gcd(n, m);
		sum += lcm(n, m);
	}
	
    cout << sum / m << endl;
    
    return 0;
}

[ARC169E] Avoid Boring Matches

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显然有 $\texttt{R}$ 比 $\texttt{B}$ 多一定无解。

怎样有解？换成 $\texttt{BBBB...RRR}$ 的形式，一定有解。

考虑一个合法串“至少”应该是怎样，即找到一个“合法的最低标准”，那么我们考虑在构造合法解的同时让 $\texttt{B}$ 的数量尽量少（刚好一半），并且位置尽量靠后。

所以，大体策略如下，从左到右考虑每个 $\texttt{B}$ ，将它和右边第一个未被配对的 $\texttt{R}$ 配对。最终将所有剩下未配对的数两两配对。

设 $t_i$ 表示长度为 $2^i$ ，且所有 $\texttt{B}$ 尽可能靠右的合法解。

令 $t_0=\texttt{R}$

考虑从 $t_{i-1}$ 转移 $t_i$ ，依次考虑 $t_{i-1}$ 的每一位：如果为 $\texttt{R}$ 说明没有匹配，就在 $t_i$ 后面接上 $\texttt{R}$ ；如果为 $\texttt{B}$ ，那么我们要使得下一个 $\texttt{B}$ 尽量靠后，就要在此处多放一个 R 直接与它配对，这样就可以多占一个位置，使得下一个 $\texttt{B}$ 尽量靠后，即在 $t_i$ 后面接上 $\texttt{BR}$ 。设 $t_n$ 的第 $j$ 个 $\texttt{B}$ 的位置为 $T_j$ ，原序列位置为 $S_j$ 。那么若存在 $S_j>T_j$ ，则该序列不合法。证明大概是如果一个 $S_j<T_j$ ，匹配数不会变多。但如果 $S_j >T_j$ ， $\texttt{BR}$ 的匹配数一定减少。

答案是令 $S$ 满足上述条件的最小操作次数， $\sum\limits_{j=1}^{2^n} \max(0,T_j-S_j)$ 。

复杂度 $\mathcal{O}(2^n)$

int n;
string s, t[N];
int idx;
int pos[N];
int ans;

signed main()
{
	cin >> n >> s;
	
	t[0] = "R";
	for (rint i = 1; i <= n; i++)
	{
		//从左到右预处理 t[i - 1] 的每一位
		//转移到 t[i]
		for (auto c : t[i - 1])
		{
			if (c == 'R') t[i] += "R";
			else t[i] += "BR";
		} 
		while ((int)t[i].size() < (1 << i)) t[i] += "B";
	}
	
	for (rint i = 0; i < (1 << n); i++) 
	{
		if (t[n][i] == 'B')
		{
			pos[++idx] = i;
		} 
	}
	
	idx = 0; 
	
	for (rint i = 0; i < (1 << n); i++)
	{
	    if (s[i] == 'B') 
		{
			idx++;
			if (i > pos[idx]) ans += i - pos[idx];
			if (idx == (1 << (n - 1))) break;
		}		
	}
		
	if (idx < (1 << (n - 1))) 
	{
		cout << -1 << endl;
		return 0;
	}
	
	cout << ans << endl;
	
	return 0;
}

[ARC169F] Large DP Table

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考虑算 $X$ 带来的贡献，则 $Y$ 类似。分析一下算 $f(i,j)$ 的过程，其实就是把 $[1,i]$ 的后缀最大值拉出来。枚举 $i$ ，考虑其中一个数 $k$ 的贡献，发现这里就是找到第一个 $B_t < A_k$ ，然后答案加上 $(X_k-X_{fa_k})(j-t+1)$ 。换成枚举 $k$ ，设 $Q_k$ ，则 $k$ 的系数是 $(X_k-X_{fa_k})(Q_k-k)$ ，令 $c_i=[B_i\geq A_k]$ ，则再乘上 $1$ 构成的连续段的 $\sum \tbinom{len+1}{2}$ 之和

复杂度 $O(n)$

int n;
int b[N], c[N], d[N], e[N];
int f[N], k[N], t[N], q[N];
int tl[N], s[N];
int ans;

void solve(int x) 
{
    f[x + 1] = 0;
    rint j = 1;
    for (rint i = 1; i < x + 2; tl[i] = t[j], t[1 + j++] = i, i++)
    {
        #define id t[j]
		while (f[i] < f[id])
        {
			s[f[id]] = x < n; 
			q[f[id]] = ((k[id] - k[tl[id]] + mod) % mod * (i - id)) % mod;	
			j--;			
		}	
		#undef id
	}
}

void update() 
{
    for (rint i = 1; i <= n; i++)
    {
		f[i] = b[i];
		k[i] = d[i];
	}

    solve(n);

    for (rint i = 1; i < n; i++)
    {
        f[i] = c[i + 1];
		k[i] = i;		
	}

    solve(n - 1);
    q[c[1]] = 0;
    int y = 0;
    for (rint i = 1; i <= n * 2; i++)
    {
        if (s[i]) ans = (ans + y * q[i] % mod) % mod;
        else y = (y + q[i]) % mod;		
	}
}

signed main() 
{
    cin >> n;
    
    for (rint i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
    for (rint i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
    for (rint i = 1; i <= n; i++) cin >> d[i];
    for (rint i = 1; i <= n; i++) cin >> e[i];
    
	update();
    
	for (rint i = 1; i <= n; i++) 
	{
		swap(b[i], c[i]);
		d[i] = e[i];
	}
    
	update();
    
	cout << ans << endl;
	
	return 0;
}

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本文作者：PassName

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posted @ 2024-01-13 17:59 PassName 阅读(29) 评论(0) 编辑收藏举报

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单南松

From Zero to Infinity

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