Educational Codeforces Round 151 A~E

前言：F是个FFT，不想写。

A-Forbidden Integer

你需要构造一个正整数序列，满足：

对于 $i$ ， $a_{i} \leq k$ 且 $a_{i} \neq x$ 。
$\sum a_{i} = n$ 。

如无法构造，输出 NO，否则输出 YES 后，输出序列长度与序列中的每一个数。
题解：
注意到顺序不重要，两个限制并不困难。考虑一种构造方案：整个序列有最少 $l e n - 1$ 个数相同，而剩下一个数用来凑 $n$ 即可。

我们枚举这个相同的数 $i (1 \leq i \leq k)$ ，此时凑数的那个有两个选择： $n mod i$ 或 $n mod i + i$ 。这样两个不同的取值可以灭掉 $m$ 的限制。当我们枚举到一个数可以满足条件，直接输出即可。否则无解。

		int tag=0;
		for(int i=1;i<=k;i++){
			int y=n%i;
			if(m==i)continue;
			if(y+i<=k&&m!=y+i){
				cout<<"Yes\n";
				cout<<n/i<<"\n"<<y+i<<" ";
				for(int j=2;j<=n/i;++j)cout<<i<<" ";
				cout<<"\n";tag=1;break;
			} 
			if(m==y)continue;
			cout<<"Yes\n";
			if(y==0){
				cout<<n/i<<"\n";
				for(int j=1;j<=n/i;++j)cout<<i<<" ";
			}
			else {
				cout<<n/i+1<<"\n";
				for(int j=1;j<=n/i;++j)cout<<i<<" ";cout<<y<<" ";
			}
			puts("");tag=1;break;
		}
		if(!tag)cout<<"No\n";

B-Come Together

给定无限大的网格图中 $A$ ， $B$ ， $C$ 三点的横纵坐标，你需要求出，从 $A$ 分别到 $B$ 与 $C$ 的最短路径(曼哈顿)最大有多少格点重合。

题解：考虑将横与纵分开看，我们实际要求的是线段 $(x_{1}, x_{2}), (x_{1}, x_{3})$ 的交点(整点)，与 $(y_{1}, y_{2}), (y_{1}, y_{3})$ 的交点(整点)，最后注意到有一个拐点被重复统计，减掉即可。

但是在代码实现中，我们直接通过做差的方式，这样会将拐点漏掉，加上就OK。

signed main(){
	t=r();
	while(t--){
		int x1=r(),y1=r(),x2=r(),y2=r(),x3=r(),y3=r();
		int a1=0,a2=0;
		if(x1==x2&&x3==x1)a1=0;
		else {
			if(x1>min(x2,x3)&&x1<max(x2,x3))a1=0;
			else a1=min(abs(x1-x2),abs(x1-x3));
		}
		if(y1==y2&&y3==y1)a2=0;
		else{
			if(y1>min(y2,y3)&&y1<max(y2,y3))a2=0;
			else a2=min(abs(y1-y2),abs(y1-y3));
		}
		cout<<a1+a2+1<<"\n"; 
	} 
}

C-Strong Password

题面：给定一个字符串 $s$ ，以及两个长度为 $m$ 的字符串 $l, r$ 。你需要判断是否没有长度为 m 的字符串 $t$ 满足以下要求：

对于 $1 \leq i \leq n$ ， $l_{i} \leq t_{i} \leq r_{i}$ 。
$t$ 不是 $s$ 的一个子序列。

~~这题目NM是真的拗口，我的语文老师我对不起你啊~~

对于这种判断满足某种限制的存在性的问题，有经典套路：尝试构造符合条件的。

在本题中，最关键的地方是：各位相对独立，没有前后位之间的奇怪关系。题意也即要我们判断是否所有符合条件1的字符串都是它的子序列。我们可以先判断长度为 $1$ 的，再逐步扩展到长度为 $m$ 的子序列。那么我们要填完了第 $i$ 位再填第 $i + 1$ 位。(没填满就说明有不是的)。设 $s u r$ 表示当前位还剩下几个数没填， $v i s_{i}$ 表示这个数在当前位是否已经填过，而 $j$ 表示正在填第几位。

我们依次扫描原序列，设扫描到了 $i$ ，若 $s_{i} \in [l_{j}, r_{j}], v i s [s_{i}] = 0$ ，则说明我们必须将这个数填上，否则会被噶掉。此时 $s u r ⟵ s u r - 1$ ， $v i s [s_{i}] ⟵ 1$ 。若此时 $s u r = 0$ ，则往下一位： $j^{'} ⟵ j + 1, s u r = r_{j^{'}} - l_{j^{'}} + 1$ 。若 $j$ 已填满，则说明没办法了。只能输出NO退出。否则到最后也没有填满，输出YES。

        int j=0,sur=r[0]-l[0]+1;
		for(int i=0;i<10;++i)val[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(l[j]<=s[i]&&s[i]<=r[j]&&val[s[i]-'0']==0)--sur,val[s[i]-'0']=1;
			if(sur==0&&j==m-1){
				cout<<"No\n";break;	
			}
			if(!sur){
				++j;sur=r[j]-l[j]+1;for(int i=0;i<10;++i)val[i]=0;
			}
		}
		if(sur!=0||j!=m-1)cout<<"Yes\n";

D-Rating System

题面：给定一个长度为 $n$ 数列 $a$ ，保证每项都不为 $0$ 。初始时 $x = 0$ ，然后对于 $1 \leq i \leq n$ ，按顺序进行如下操作：

如果 $x \geq k$ ，则 $x \to max (k, x + a_{i})$ ，否则 $x \to x + a_{i}$ 。

你需要求出 $k$ ，使得 $x$ 的值尽量大。

题解：容易发现，当 $x \geq k$ 后，无论进行什么操作， $x$ 都不会小于 $k$ 。

而，设 $x$ 在 $i$ 处变为 $k$ ，在 $j_{1}, j_{2}, \dots j_{m}$ 处再次减为 $k$ 。则可以推出 $s u m [i + 1, j_{1}], s u m [j_{1} + 1, j_{2}] \dots s u m [j_{m - 1} + 1, j_{m}] \leq 0$ 。进而可以得到 $s u m [i + 1, j_{m}] \leq 0$ 。

而我们本质上是将这几段区间和改为了0。但我们发现它虽然改了几段，但效果相同：等价于将 $s u m [i + 1, j_{m}]$ 改为了0。而这个区间有什么性质呢？

以 $i + 1$ 为左端点的最小子段和！因为在最小子段和中，由两端删去一个值为负的区间，剩下的那个区间的和必定不会大于0，否则删去的这个区间才是真正的最小子段和。反着推过来，这便是最小子段和。

而这个的处理呢？我们倒着做一遍最小子段和的动态规划，就可以得到以某个点作为左端点的最小子段和了。设 $f_{i}$ 表示 $[i, n]$ 的最小子段和，最后实际上 $x$ 的值为 $k + s u m [i + 1, n] - f_{i + 1}$ （这里显然在 $i$ 时令 $k = x$ 可以取到最大值）

而 $k$ 等价于 $s u m [1, i]$ 。所以 $x$ 的最大值实际为总和减去最小子段和。而 $k$ ，则等于 $s u m [1, i]$ 。

注意这里不需要判断 $[1, i]$ 是否满足区间内没有负数，因为如果有，则根本不会选择这个 $i$ 。

int a[505050];
int get(int k){
	int x=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(x>=k)x=max(k,x+a[i]);
		else x=x+a[i];
	}
	return x;
}
int f[505050];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
		f[n+1]=0;
		for(int i=n;i;--i){
			f[i]=min(f[i+1]+a[i],a[i]);
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			a[i]+=a[i-1];
		}
		int id=-1;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(id==-1||f[id]>f[i])id=i;
		}
		cout<<a[id-1]<<"\n"; 
	} 
}

E-Boxes and Balls

关键：注意到一个数组可以通过两次操作不变化，这启发我们将恰好转化为奇偶性相同的最少

设 $g_{i}$ 为将原序列变为本质不同的序列中，最小操作数为 $i$ 的序列个数。

则 $a n s = \sum_{i = 1}^{k} g_{i} [(i + k) mod 2 = 0]$

这是本题中第一个关键。

考虑对于一个新序列 $b_{1} \sim b_{n}$ ，它的最小操作数是？

第二个关键：由于元素只有1,0，则可以关注值相同的数的相对位置。

由于1不能与1交换，0不能与0交换，所以相对而言，1的顺序是固定的。设 $p o s_{i}$ 表示原序列中第 $i$ 个1的位置， $p o s_{i}^{'}$ 表示原序列中第 $i$ 个1的位置，则最小操作数为 $\sum_{i = 1}^{c n t_{1}} | p o s_{i} - p o s_{i}^{'} |$ 。运用相对思想，统计每个1的相对位置之差，相当于统计序列中每个位置经过了多少1，而由于1的相对位置不变，可以有：设 $s$ 为前缀和数组，则 $\sum_{i = 1}^{c n t_{1}} | p o s_{i} - p o s_{i}^{'} | = \sum_{i = 1}^{n} | s_{i} - s_{i}^{'} |$ 。

由于前缀和数组与原数组形成双射(一一对应)，故 $g_{i}$ 转化为求所有合法的 $s^{'}$ 中， $\sum_{i = 1}^{n} | s_{i} - s_{i}^{'} | = i$ 的个数。

合法的 $s$ ？两个条件：

$s_{0} = 0, s_{n} = c n t_{1}$
$0 \leq s_{i} - s_{i - 1} \leq 1 (i \in [1, n])$

（这里不难看出合法的 $s$ 总共有 $(\binom{n}{c n t_{1}})$ 个）

如何求出 $g_{i}$ ？这显然是一个动态规划问题。设 $f_{i, j, k}$ 表示在前 $i$ 个数中， $s_{i} = j$ ，且 $\sum_{x = 1}^{i} | s_{i} - s_{i}^{'} | = k$ 的 $s$ 的个数。

考虑一个朴素的转移，有：

f_{0, 0, 0} = 0, f_{i, j, k} = f_{i - 1, j, k} + f_{i - 1, j - 1, k - | s_{i} - j |}

注意第一维在实现的时候要滚掉(此时 $k \leq | s_{i} - j |$ 的部分需要全部归0)。时间复杂度 $O (n^{3})$ 。无法通过。

考虑优化。

这里注意到，将 $[1, x]$ 中 $h$ 个1移动到区间外，最好的办法是移动到 $x + 1, x + 2 \dots x + h$ ，但即使这样，也最少要移动 $h^{2}$ 次。所以 $j$ 只需要在 $s_{i} \pm \sqrt{k}$ 范围内更新即可。(否则必定不会对 $k$ 产生贡献)。

那么，复杂度就降低到了 $O (n^{2.5})$ 。这里 $n, k$ 同级。

这里有另一个可以通过的做法，但时间复杂度稍劣(慢了大概二十倍)

那就是不维护 $s$ ，而是维护 $p o s$ ，这样复杂度就变成了 $O (n k c)$ ，其中 $c$ 是 $1$ 的个数。稍稍卡卡可以过的。

signed main(){
	read(n),read(m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		read(s[i]);s[i]+=s[i-1]; 
	}
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=min(s[n],s[i]+45ll);j>=max(0ll,s[i]-45ll);j--){
			for(int k=m;k>=abs(s[i]-j);k--){
				f[j][k]=f[j][k-abs(s[i]-j)];
				if(j>0)f[j][k]=(f[j][k]+f[j-1][k-abs(s[i]-j)])%p; 
			}
			for(int k=abs(s[i]-j)-1;k>=0;--k)f[j][k]=0; 
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=m&1;i<=m;i+=2){
		ans=(ans+f[s[n]][i])%p;
	}
	cout<<ans<<"\n";
}