CF1659 Codeforces Round #782 (Div. 2) 题解

之前说过的题解，E应该不会补了（大概）

A Red Versus Blue

题意非常简单，构造题。给定$r$个红色气球和$b$个蓝色气球，将它们排成一排，要求使得连续出现的最多的同色气球最少，题目保证$b$严格小于$r$。然而这道题我却做的令人感叹。

数据范围：$1\leq t\leq 1000;3\leq n\leq 100;1\leq b<r\leq n;$

首先，可以看出这个构造出的最大的最小数量是$\lceil \frac{r}{b+1} \rceil$。因为这个$r$可以被分成$b+1$份。

然后我的大脑就此停止工作了，开始进行了丑陋的模拟。主要思路是，求出来$mx=\lfloor \frac n {b+1} \rfloor$，直接先按照$[mx*r+1*b]$来分配，等到不满足$r>b~and~r\geq mx$时，再按照$[mx*r+1*b]$分配，最后输出剩下的$b$。属实是三次$wa3$之后的无奈之举。

void solve(){
	scanf("%d%d%d", &n, &r, &b);
	int mx = n / (b + 1);
	while (r > b && r >= mx && b > 0){
		for (int i=0;i<mx;++i) printf("R");
		printf("B");
		r -= mx, b--;
	}
	while (b > 0 && r > 0){
		printf("RB");
		r--, b--;
	}
	for (int i=0;i<b;++i){
		printf("B");
	}
	for (int i=0;i<r;++i){
		printf("R");
	}
	puts("");
//	printf("!!  %d %d\n", r, b);
}

题解是这么解决的：令$p=\lfloor \frac r {b+1} \rfloor$，$q=r \bmod (b+1)$。然后自然构造两类字符串：$[(p+1)*r+1*b]$；$[p*r+1*b]$。代码也非常的简洁漂亮，不禁让我想起了之前一个A题的扫地机器人dalao的绝妙模拟。

这样，红色气球的数量即为$(p+1)q+p(b-q)+p=p(b+1)+q$。

int n, r, b;
 
void solve(){
	scanf("%d%d%d", &n, &r, &b);
	int p = r / (b + 1), q = r % (b + 1);
	for (int i=0;i<q;++i){
		cout << string(p + 1, 'R') << "B";
	}
	for (int i=q;i<b;++i){
		cout << string(p, 'R') << "B";
	}
	cout << string(p, 'R') << endl;
}

B Bit Flipping

有一个长度为$n$的01字符串$s$，必须进行确切的$k$次操作。对于每次操作，我们都要选择一个位置$i$，使得$s[i]$的值不变，字符串中其他位置的值反转。需要输出在$k$次操作后，字典序最大的字符串，并输出会在每个位置执行操作多少次。

数据范围：$1\leq t \leq 1000;1\leq n \leq 2\times 10^5;0\leq k\leq 10^9$

我们可以推知一些对解题必要的结论。首先，对于一个给定的bit，当他不被选择的时候，就会反转。并且，如果它被选择2次，那么就相当于没有被选择。这样的话，$f_i$只可能有1，或者偶数两种取值。

而且，第$i$个bit将会被反转$k-f_i$次。

将集合划分为如下情况：

• $k$是偶数，$s[i]=0$，则$f_i=0$
• $k$是偶数，$s[i]=1$，则$f_i=1$
• $k$是奇数，$s[i]=0$，则$f_i=1$
• $k$是奇数，$s[i]=1$，则$f_i=0$

这样从左向右执行，直到用光$k$步操作，就可以将$s$变为$1111xxx$形式的字符串，字典序最大。

若执行完毕$k$还有剩余，显然将步数都加到最后的$s[n]$时，字典序最大。

void solve(){
	cin >> n >> m;
	cin >> s;
	init();
 
	int tmp = m;
	for (int i=0;i<n;++i){
		if (i == n - 1) r[i] = tmp;
		else if (tmp){
			if ((s[i] - '0') ^ (m & 1) == 0)
				r[i] = 1, --tmp;
		}
		if ((s[i] - '0') ^ ((m - r[i]) & 1)){
			ans += "1";
		}
		else ans += "0";
	}
	
	cout << ans << endl;
	for (int i=0;i<n;++i){
		cout << r[i] << " \n"[i==n-1];
	}
	
}

C Line Empire

大水题，自己动手做一下就会发现，求出以第$i$个地方为都城，比较最小值，就是答案。

ll n, a, b;
const int N = 2e5 + 5;
int x[N];
ll p[N];
 
void solve(){
	scanf("%lld%lld%lld", &n, &a, &b);
	for (int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d", &x[i]);
	}
	for (int i=1;i<=n;++i){
		p[i] = p[i - 1] + x[i];
	}
	ll mn = 3e18, cur;
	for (int i=0;i<=n;++i){
		cur = (a + b) * x[i] + b * ((p[n] - p[i]) - (n - i) * x[i]);
		mn = min(mn, cur);
	}
	printf("%lld\n", mn);
}

D Reverse Sort Sum

对于01数组$A[n]$，设函数$f(k,A)$返回结果为对$A[n]$的前$k$个元素排序后的结果$B_k$。定义数组$C[n]=\sum\limits _{k=1}^n B_k$。

现给定数组$C[n]$，确定满足条件的$A[n]$。

数据范围：$1\leq t \leq1000;1\leq n \leq 2\times 10^5;0\leq C_i \leq n$

通过观察，我们可以发现，$A[n]$中1的数量$k=\frac 1 n \sum\limits _{i=1}^n C_i$。因为每个1都会在$B_i$中起作用1次。

再看，如果我们从后往前处理，那么可以发现$A[n]$的值是可以方便求出来的。

• $C[n]=n$，则$A[n]=1$
• $C[n]=1$，则$A[n]=0$

现在来看例1：

4
2 4 2 4

我们可以得到：

A=[1,1,0,1];
B1=[1,1,0,1];
B2=[1,1,0,1];
B3=[0,1,1,1];
B4=[0,1,1,1];

由于$k=3$，我们可以清楚地得到$B[n]=[0,1,1,1]$，那么删除$B[n]$的影响，就可以得到新的$C[n-1]=[2,3,1]$。相同的，我们可以判断出$C[n-1]=1,A[n-1]=0,C[n-2]=[2,2]......$

通过这样处理即可得到答案。区间减1，用树状数组就可以轻松实现，复杂度为$O(N\log N)$，但这不是必要的。我们可以通过一个类似滑动窗口的东西去确定影响何时消失。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

int n;
const int N = 2e5 + 5;
int c[N], a[N], t[N];

void solve(){
	scanf("%d", &n);
	ll k = 0, L, suf = 0;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d", &c[i]);
		a[i] = 0, t[i] = n;
		k += c[i];
	}
	k /= n, L = n - k + 1;
	for (int i=n;i>=1&&L<=i;--i){
		int cur = c[i] - (t[i] - i);
		if (cur == i) a[i] = 1;
		else if (cur == 1){
			L--;
			t[L] = i - 1;
		}
	}
	
	for (int i=1;i<=n;++i){
		printf(i==n?"%d\n":"%d ", a[i]);
	}
}

int main(void){
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--){
		solve();
	} 
	
	return 0;
}