Codeforces Round #879 Div.2

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前言：VP了一把，rk731，如果赛上有这发挥就好了。

果然，D是分水岭，一直都是。

Unit Array

题面：
给定一个长度为 $n (1 \leq n \leq 100)$ 的序列 $a$ ，所有元素均为 $1$ 或 $- 1$ 。我们称 $a$ 是一个好序列，当且仅当同时满足以下两个条件：

$a_{1} + a_{2} + . . . + a_{n} \geq 0$ ；
$a_{1} \cdot a_{2} \cdot . . . \cdot a_{n} = 1$ 。

你可以对序列进行若干次修改，每次修改可以把序列中的 $- 1$ 改成 $1$ 或从 $1$ 改成 $- 1$ 。

给定一个序列，问最少需要几次修改使它变成一个好的序列。

题解：显然，我们只需要将负数改为正数。设有 $c_{1}$ 个 1，有 $c_{2}$ 个0，则我们需要调整后 $c_{1}^{'} \geq c^{'} 2, c^{'} 2 mod 2 = 0$

满足第一个条件，需要代价 $max (0, ⌈ \frac{c_{1} - c_{2}}{2} ⌉)$ ，而第二个条件，在满足第一个条件后再判断是否合法，不合法就再减一个1.

对于一个武器，由两种材料构成。假如第一种材料的力量为 $X = \overset{―}{x_{1} x_{2} \dots x_{n}}$ ，第二种材料的力量为 $Y = \overset{―}{y_{1} y_{2} \dots y_{n}}$ ，那么这个武器的力量为 $\sum_{i = 1}^{n} | x_{i} - y_{i} |$ ，也就是 $| x_{1} - y_{1} | + | x_{2} - y_{2} | + \dots + | x_{n} - y_{n} |$ 。

如果两个数字长度不一样，则要将短的数字用前导零补成相同长度。

现在，你拥有无数个力量在 $[L, R]$ 中的材料。你想要选出两个材料做出一个力量最大的武器。请你求出你设计出的武器力量的最大值。

题解：

乍一看，毫无思路，但我们显然是尽量让每一位的差变小才对。

对于最高的已经确定的几位，我们直接跳过，然后找到第一个 $l_{i} \neq r_{i}$ 的。

此时，注意到我们可以划分两个数的上下界，然后下一位令较大数为0，较小数为9，此后的所有位全部可以用0,9两个数交替了。

所以答案为： $d + 9 (n - i)$

Game with Reversing

题面：

小 L 和小 S 在玩游戏。他们有两个长度均为 $n (1 \leq n \leq 10^{5})$ 的字符串 $S, T$ ，小 L 和小 S 轮流操作，小 L 先手。

小 L 的回合，他可以选择 $1 \to n$ 中的一个整数 $i$ ，再选择串 $S$ 或 $T$ ，把其中的第 $i$ 个字符改成任意一个字符 $c$ 。

小 S 的回合，她可以选择 $S$ 或 $T$ ，并将它进行翻转。

如果两个串 $S, T$ 经过若干次操作后相等，则游戏立即结束。小 L 希望总操作次数最小，小 S 希望总操作次数最大。两人都采取最优策略，问最终操作次数。

题解：千年难遇的水C题。

注意到，小L可以修改任意字符，他有两个选择：在不翻转的状态下相同，翻转后相同。

这里我们分别计算出 $c_{1} = \sum_{i = 1}^{n} [s_{i} \neq t_{i}], c_{2} = \sum_{i = 1}^{n} [s_{i} \neq t_{n - i + 1}]$ 。

对于第一种情况，小 L 至少需要 $c_{1}$ 次操作把字符变成相同的，然后若 $c_{1} mod 2 = 1$ ，则小S作的翻转没有意义，答案为 $2 c_{1} - 1$ ，否则需要小S再翻回来。故最终答案为 $2 c_{1} - (c_{1} mod 2)$

Survey in Class

题面：

有 $n$ 个学生同时对课堂内容进行了预习。有 $m$ 个问题，第 $i$ 个人预习的问题是一个区间，可以用 $[l_{i}, r_{i}]$ 表示。每当老师问出一个问题，如果一个人不会，它的分数就会 $- 1$ ，否则 $+ 1$ 。注意，分数可能为负。

现在你要问一些不重复的问题，最大化学生分数的极差，并输出这个值。

有意思的问题，不过比较简单。

首先，我们将其放在数轴上，视作线段，则对于选了 $c$ 个点，线段 $i$ 里有 $p_{i}$ 个点，则得分为 $p_{i} - (c - p_{i}) = 2 p_{i} - c$ ，而极差 $d_{max} = (2 p_{i} - c)_{max} - (2 p_{i} - c)_{min} = 2 (p_{max} - p_{min})$

所以， $d$ 与问了几道题完全没有任何关系。我们只需要求 $Δ p$ 的最大值即可。

问题化为：在数轴上选若干个点，使得点最多的线段减去点最少的线段的差最大。

显然，必定存在一种最优方案，点最少的线段里没有点。

证明：当两线段不交时，显然。

当两线段相交时，必定是相交部分的点，而这个点会被做差抵消掉，故无用。

换句话说，我们要求：

d_{max} = max_{1 \leq i, j \leq n} {r_{i} - l_{i} + 1 - f (i, j)} = max_{1 \leq i \leq n} {r_{i} - l_{i} + 1 - min_{1 \leq j \leq n} f (i, j)}

其中 $f (i, j)$ 是两线段相交长度。

处理 $f$ 复杂度太高，考虑优化。我们如果枚举线段 $i$ 则只需要处理与它相交最少的线段。分类讨论：

不相交：这显然是最好
$i$ 左侧与 $j$ 相交。这样的话，相交线段的右端点自然是越小越好，我们记录所有线段里右端点最小的数，记作 $R$
$i$ 右侧与 $j$ 相交，类比上一个，相交线段的左端点自然是越大越好，我们记录所有线段里左端点最小的数，记作 $L$
$i$ 包含 $j$ 。这种情况可以直接被处理掉。

我们直接处理最大线段长 $m x$ 和最小线段长 $m n$ ，这种情况下答案绝不会大于 $m x - m n$ ，可以直接将其计入答案。因为如果最大线段和最小线段是前三种情况，答案会被更新掉

那么，做法显然：

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	read(t);
	while(t--){
		read(n);read(m);
		for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i].l),read(a[i].r);
		int mx=0,mn=0x3f3f3f3f,L=-1,R=0x3f3f3f3f;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			R=min(R,a[i].r),L=max(L,a[i].l);
			mx=max(mx,a[i].r-a[i].l+1);
			mn=min(mn,a[i].r-a[i].l+1);
		}
		int ans=mx-mn;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			ans=max(ans,a[i].r-a[i].l+1-min(max(0,a[i].r-L+1),max(0,R-a[i].l+1)));
		}
		ans<<=1;
		cout<<ans<<"\n";
	}
}

MEX of LCM

题面：
给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$ ，一个正整数 $x$ 被称为「可爱的」，当且仅当在序列 $a$ 中，不存在一个子段所有元素的最小公倍数等于 $x$ 。求最小的「可爱数」。

题面一句话，思想两个字：暴力。

注意到，第 $1 \sim n + 1$ 个质数至少有一个不会作为某个子段的 $l c m$ 出现，理由是若 $l c m$ 为一个质数，则说明该子段全部为这个数，而最小子段只有 $n$ 个，而且注意到，当子段左端点固定时，右端点扩张， $l c m$ 单调不减。所以答案上界为第 $n + 1$ 个质数， $n$ 取最大值 $3 \times 10^{5}$ ，则 $3 \times 10^{5} + 1$ 个质数为 $4256233$ ，大于它的全部舍掉。

对于求解存在性的答案，可以通过估计答案上界的办法减少复杂度，mex问题是一个典型。

那么，我们只需要求出所有不大于 $4256233$ 的 $l c m$ 即可，我们考虑递推，由小段到大段求解。

这里我们记 $f (l, r) = l c m (a_{l}, a_{l + 1} \dots, a_{r})$ ，记 $g_{i} = {f (i, i), f (i, i + 1) \dots f (i, n)}$ ，则 $g_{i} = {a_{i}} \cup {l c m (a_{i}, x), x \in g_{i + 1}}$

我们暴力自后向前转移即可。时间复杂度为什么是对的？因为由 $i$ 到 $n$ 的路上， $l c m$ 要么不变，要么至少乘2，而这最多乘 $\log_{2} 4256233$ 次。

而注意到求 $l c m$ 需要 $gcd$ ，所以时间复杂度是 $O (n \log^{2} V)$ ，足以通过本题。

但真的没有优化空间了吗？

我们依次合并 $l c m (f (i + 1, i + 1), a_{i}), l c m (f (i + 1, i + 2), a_{i}) \dots \dots$ ，注意到 $f (i, j) | f (i, j + 1)$ ，所以 $gcd (f (i + 1, i + k), a_{i}) = gcd (gcd (f (i + 1, i + k + 1), a_{i}), f (i + 1, i + k))$ 。

由此，我们从 $f (i + 1, n)$ 到 $f (i + 1, i + 1)$ 合并，均摊一次转移执行一次 $gcd$ ，时间复杂度降为 $O (n \log V)$ 。

注意空间可能有点卡，这里可以滚掉。

int t,a[N],n,f[2][105],g[N<<1],d[2],tot,vis[N<<1];
const int lim=4300000;
int gcd(int a,int b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
signed main(){
	read(t);
	while(t--){
		read(n);tot=d[0]=d[1]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
		for(int i=n;i;i--){
			int x=i&1,y=a[i];d[x]=0;
			for(int j=1;j<=d[x^1];++j){
				ll k=1ll*a[i]*f[x^1][j]/(y=gcd(y,f[x^1][j]));
				if(k<=lim&&k!=f[x][d[x]]){
					f[x][++d[x]]=k;g[++tot]=k;
				}
			}
			if(f[x][d[x]]!=a[i]&&a[i]<=lim)f[x][++d[x]]=g[++tot]=a[i];
		}	
		for(int i=1;i<=tot;i++)vis[g[i]]=1;
		for(int i=1;i<=lim;i++)if(!vis[i]){
			print(i);puts("");break;
		}
		for(int i=1;i<=tot;i++)vis[g[i]]=0;
	}
}

Typewriter

题面：

最近，Polycarp收到了一台特殊的打字机作为礼物！不幸的是，这台打字机有一个相当奇怪的设计。

这台打字机由 $n$ 个单元组成，从左到右编号为 $1$ 到 $n$ ，还有一个移动的小车。打字机的每个单元包含 $n$ 个不同的整数，从 $1$ 到 $n$ ，每个单元 $i$ 最初包含整数 $p_{i}$ 。在所有操作之前，小车位于第一个单元上，它的缓冲区没有任何内容。当前小车所在的单元称为当前单元。

小车可以执行以下五种操作：

如果当前单元不为空，就将其中的整数放入小车的缓冲区（缓冲区最多只能容纳一个整数）。
如果小车的缓冲区不为空，就将其中的整数放入当前单元（如果当前单元为空）。
如果小车的缓冲区和当前单元都含有整数，就交换缓冲区中的整数和当前单元中的整数。
将小车从当前单元 $i$ 移动到下一个单元 $i + 1$ （如果 $i < n$ ），缓冲区中的整数保持不变。
将小车重置，即将其移动到第一个单元，缓冲区中的整数保持不变。

Polycarp对这个打字机非常感兴趣，所以他请你帮助他理解它，并回答他 $q$ 个问题：

执行一个循环左移 $k_{j}$ 的操作。
执行一个循环右移 $k_{j}$ 的操作。
反转序列。

在每个查询之前和之后，Polycarp想要知道为了将数字分配到它们的单元（使数字 $i$ 最终位于第 $i$ 个单元），需要多少次小车重置的最小次数。

注意，Polycarp只想知道需要多少次小车重置来整理数字的位置，但实际上并不进行分配。（也即询问间互相影响）

帮助Polycarp找到每个查询的答案！

题解：

有意思的题目。和 $E$ 一样，我们可以先粗略估计一下答案的上下界。注意到答案的下界即为： $\sum_{i = 1}^{n} [p_{i} < i]$ ，对于每一对 $[p_{i} < i]$ 而言，必然需要重置一次才能使其回到原位。

而，考虑构造一个足够优秀的方案，使得答案足够逼近下界。

我们考虑按 $p_{i}$ 大小解决每一对矛盾，在每一次重置之前，都将 $p_{i}$ 装在缓存区，然后重置，将 $p_{i}$ 放回原位，同时将原来 $[p_{i}, i - 1]$ 的数整体移动到 $[p_{i} + 1, i]$ ，这样既不会对其他矛盾对产生影响，也不会产生新的矛盾(因为按了 $p_{i}$ 至小到大)。~~实在不行直接观察样例嘛。。。~~

那么我们的问题就变成了：维护在操作互相关联，支持区间循环和区间翻转操作的 $\sum_{i = 1}^{n} [p_{i} < i]$ 的个数。

我们直接将区间翻转单开一个翻转后的序列，一起维护两个序列，答案则根据当前属于哪个序列就输出哪个。

首先注意到，左移 $i$ 次，等价于右移 $n - i$ 次。所以我们也可以将左右移只化作右移。注意对于翻转后的序列而言，右移相当于左移

那么，问题就变成了超简化版：求出 $a n s_{k} (0 \leq k < n)$ ，表示所有下标在 $1 \sim n$ 循环中移动 $k$ 位后的答案。

当然，这不能暴力，但化整为零，对于每个数而言，它的贡献具有两段性。

以当前 $p_{i} < i$ 的 $i$ 举例，当 $0 \leq k \leq n - i$ 时，对答案没有影响，但 $n - i + 1 \leq k \leq n - i + p_{i}$ 时，这个数的贡献少了 $1$ ，所以 $a n s_{k} ⟵ a n s_{k} - 1 (n - i + 1 \leq k \leq n - i + p_{i})$

而对于 $p_{i} \geq i$ 的 $i$ 而言，当 $p_{i} - i + 1 \leq k \leq n - i$ 时， $a n s_{k} ⟵ a n s_{k} + 1$

发现答案的变化量是一个区间赋值问题，可以使用差分解决。

对于翻转后序列，直接开另一个差分即可。

int a[N],opt,n,t,k,ans,c1[N],cnt,c3[N];
signed main(){
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)ans+=(a[i]<i),cnt+=(a[n-i+1]<i);
	print(ans);puts("");
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]<i)c1[n-i+1]--,c1[n-i+1+a[i]]++;
		else if(a[i]-i+1<=n-i)c1[a[i]-i+1]++,c1[n-i+1]--;
	}
	c1[0]=ans;reverse(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]<i)c3[n-i+1]--,c3[n-i+1+a[i]]++;
		else if(a[i]-i+1<=n-i)c3[a[i]-i+1]++,c3[n-i+1]--;
	}
	c3[0]=cnt;
	for(int i=1;i<=n;i++)c1[i]+=c1[i-1],c3[i]+=c3[i-1];
	read(t);int d1=0,d2=0,tag=0;
	while(t--){
		read(opt);
		if(opt==3)tag^=1;
		else if(opt+tag==2){read(k);d2=(d2-k+n)%n;d1=(d1+k)%n;}
		else {read(k);d2=(d2+k)%n;d1=(d1-k+n)%n;}
		if(tag)print(c3[d2]);
		else print(c1[d1]);
		puts("");
	}
}

唉，这个F比较水，只有*2500

$S u m m a r i z e$ $t h e$ $t r i c k s$

在一定限制下排除一定不优的决策——D
估计答案上下界，并考虑构造尽可能接近上/下界的答案——E
化整为零，考虑每一个元素对答案的影响——F

posted @ 2023-08-02 19:50 spdarkle 阅读(19) 评论(0) 编辑收藏举报

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