Codeforces Round #691 (Div. 2) 题解
- A
不多说了吧，直接扫一遍求出 \(r_i>b_i\) 的个数和 \(r_i<b_i\) 的个数
- B
稍微打个表找个规律就可以发现，当 \(n\) 为奇数的时候，答案为 \(\dfrac{(n+1)(n+3)}{2}\)，当 \(n\) 为偶数的时候，答案为 \((\dfrac{n}{2}+1)^2\)。
- C
考虑 \(\operatorname{gcd}\) 的另一种计算方式，\(\operatorname{gcd}(a_1,a_2,\dots,a_n)=\operatorname{gcd}(a_1,a_2-a_1,a_3-a_2,\dots,a_n-a_{n-1})\)，那么就有 \(\operatorname{gcd}(a_1+x,a_2+x,\dots,a_n+x)=\operatorname{gcd}(a_1+x,a_2-a_1,a_3-a_2,\dots,a_n-a_{n-1})\)，预处理出 \(G=\operatorname{gcd}(a_2-a_1,a_3-a_2,\dots,a_n-a_{n-1})\)，然后对于每组询问，输出 \(\operatorname{gcd}(G,a_1+b_j)\) 即可。
- D
首先要明确的一点是，我们不会出现回倒的情况，就是从杯子 \(x\) 倒到一个杯子 \(y\)，再倒到一个杯子 \(z\)，因为这样还不如 \(x\) 直接倒到 \(z\)，\(y\) 直接倒到 \(z\)。
于是本题变为选择 \(k\) 个杯子 \(i_1,i_2,\dots,i_k\)，将所有其它杯子里的水倒到这 \(k\) 个杯子里，这样总共能容纳 \(\min(a_{i_1}+a_{i_2}+\dots+a_{i_k},b_{i_1}+b_{i_2}+\dots+b_{i_k}+\sum\limits_{i \text{没被选择}}\frac{b_i}{2})\) 的水。
然后就可以 \(dp\) 了，\(dp_{i,j,k}\) 表示在前 \(i\) 个杯子里选择了 \(j\) 个杯子，这 \(j\) 个杯子的 \(a_i\) 的和为 \(k\)，最多能容纳多少水。时空复杂度均 \(n^4\)。
- E
现场被这题区分了/kk
首先要明确的一点是 LRUD 和 IC 肯定不是同一类的。如果 \(s\) 中只包含 LRUD，那此题就变得异常简单。直接维护两个标记 \(x,y\) 表示行/列分别位移了多少就可以了。
重头戏在于 I 和 C。首先我们要理解 I 和 C 的本质。
对于排列 \(p_1,p_2,\dots,p_n\)，我们如果把每个元素看作一个二维坐标 \((i,p_i)\)，那么这个排列的逆元相当于 \((p_i,i)\)，即交换两维坐标的值。
I 和 C 也是如此。如果我们把这个矩阵看作 \(n^2\) 个三维空间里的点 \((i,j,a_{i,j})\)，那么 I 操作其实就是交换 x,z 坐标的值，C 操作其实是交换 y,z 的值。
这样一来这题就很好做了，对于 LRUD，记录每一维的增量，对于 IC，记录当前每一维是原来的第几维，这样每个操作都可以 \(\mathcal O(1)\) 解决了。
看到没？什么超纲的算法都没有。所以啊，菜是原罪/kk
- F
现场试图看这道题结果什么思路都没有。
考虑记 \(0\) 为 \(-1\)，\(1\) 为 \(+1\)，这样可以得到一个长度为 \(|s|\) 的由 \(+1\) 和 \(-1\) 组成的序列。
然后对这个序列做一遍前缀和，并连一条 \(s_i\to s_{i+1}\) 的有向边，这样可以得到一张图，一个欧拉回路就对应着一个字符串。
考虑题目中那个奇怪的操作的本质。假设我们对区间 \([l,r]\) 进行操作。既然 \([l,r]\) 要求 01 个数相等，那么肯定有 \(s_{l-1}=s_r\)，而翻转+反转实际上等于将这些边反向。所以实际上该操作等价于选择一个环然后将环上所有边反向。
这里需要观察出一个性质：就是操作前后，原图所包含的边集 \(E\) 是不变的。因为每次操作是将边反向，所以如果把有向边改为无向边，那么边集显然是不变的。又由于我们操作的是一个环，所以对于一条边 \((x,y)\)，\(x\to y\) 和 \(y\to x\) 的次数是一样的，所以 \(x\to y\) 和 \(y\to x\) 在操作前后出现次数都是相同的。
有了这个性质，我们还需观察出另一个性质：原图任意一条欧拉回路（起点和终点必须与初始相同）代表的都可以由原字符串进行一系列操作得到：首先我们假设原路径与当前路径在 \(x\) 位置出现了分歧，一个走了 \(x\to x+1\) 的边，一个走了 \(x\to x-1\) 的边。而这两个路径终究还是要走 \(x\to x-1\) 和 \(x\to x+1\) 的边的，所以肯定有一条边 \(x+1\to x\)，也有一条边 \(x-1\to x\)，此时我们选择 \(x\to x-1\to x\to x+1\to x\)，并将其翻转，看看会发生什么。此时我们惊奇地发现，原来先走 \(x\to x-1\) 的路径改走 \(x\to x+1\) 了！以此类推，最后两个路径一定会重合。
于是此题就变为：求字典序最小的欧拉序。直接贪心就可以了。
看到没？什么超纲的算法都没有。所以啊，菜是原罪/kk
看到没？什么超纲的算法都没有。所以啊，菜是原罪/kk
