Codeforces Round 968 (Div. 2)
良心出题人给了中文题解！！！
A. Turtle and Good Strings
长度为 \(n\) 的字符串至少分成两段，使 \(\forall i < j\) ，第 \(i\) 段的首字符不等于第 \(j\) 段的尾字符
第一个字符一定作为首字符，最后一个字符一定作为尾字符，只要判断这两个字符是否相等即可
相等的话一定无解，不相等一定有解
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
int read()
{
int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
string s;
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
int len = read();
cin >> s;
if(s[0] == s[len - 1]) printf("NO\n");
else printf("YES\n");
}
return 0;
}
B. Turtle and Piggy Are Playing a Game 2
假设最终答案为 \(val\) ， \(\text{Turtle}\) 只需要把小于 \(val\) 的值删除，\(\text{Piggy}\) 只需要把大于 \(val\) 的值删除
等价于对于一个序列，第一步删除最小值，第二步删除最大值，重复操作直至只剩一个数，答案即为第 \(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor + 1\) 小的数
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
int read()
{
int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 1e5 + 5;
int a[N];
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
int n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
sort(a + 1, a + n + 1);
printf("%d\n", a[(n >> 1) + 1]);
}
return 0;
}
C. Turtle and Good Pairs
考场上手动模拟 \((i, j)\) 不做贡献的条件，胡乱推导后得出结论：尽可能使相邻字符不相同
于是用 \(set\) 维护出现次数最多的字符以及它的个数，每次取出次数最多的字符填在第 \(i\) 个位置，并将次数-1
为了使相邻字符不同，先不将第 \(i\) 个字符放回集合（除非下一步没得取了，被迫相邻字符相同），先取出现次数次大的字符
有种摩尔投票统计绝对众数的感觉，当不存在绝对众数时不会出现相邻字符相同的情况
然而猜结论是不行的，需要严谨的数学证明：
题解中最小化 $\sum_{i=1}^{m-1} a_i \times a_{i+1} $ 即为尽可能使相邻字符不同
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
int read()
{
int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 2e5 + 5;
int cnt[N];
multiset< pair<int, int> > S;
multiset< pair<int, int> > SS;
string s;
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
int len = read();
cin >> s;
for(int i = 0; i <= 25; ++i) cnt[i] = 0;
for(int i = 0; i < len; ++i) cnt[s[i] - 'a']++;
S.clear(), SS.clear();
for(int i = 0; i <= 25; ++i)
if(cnt[i]) S.emplace(pair<int, int>(cnt[i], i));
for(int i = 1; i <= len; ++i)
{
pair<int, int> now = *prev(S.end());
S.erase(now);
now.first --;
printf("%c", (char)(now.second + 'a'));
if(!SS.empty())
{
S.emplace(*SS.begin());
SS.clear();
}
if(S.empty()) S.emplace(now);
else if(now.first ) SS.emplace(now);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
D1. Turtle and a MEX Problem (Easy Version)
观察到可以使用 \(2\) 次操作同一个序列得到这个序列的第二 \(\text{mex}\) 值
记第 \(i\) 个序列的 \(\text{mex}\) 为 \(u_i\) ，第二 \(\text{mex}\) 为 \(v_i\)
则 \(\forall x\)
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
int read()
{
int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 2e5 + 5;
vector<int> a[N];
int mex[N], mmex[N];
int cnt[N];
void solve(int id)
{
int len = a[id].size();
for(int i = 0; i <= len + 1; ++i) cnt[i] = 0;
for(int i = 0; i < len; ++i)
{
int x = a[id][i];
if(x <= len) cnt[x]++;
}
mex[id] = 0;
for(int i = 0; i <= len + 1; ++i)
{
if(cnt[i] == 0)
{
mex[id] = i;
break;
}
}
mmex[id] = 0;
for(int i = mex[id] + 1; i <= len + 1; ++i)
{
if(cnt[i] == 0)
{
mmex[id] = i;
break;
}
}
}
ll add(int l, int r)
{
if(l > r) return 0;
return 1ll * (l + r) * (r - l + 1) / 2;
}
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
int n = read(), m = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
a[i].clear();
int len = read();
while(len--)
{
int x = read();
a[i].emplace_back(x);
}
solve(i);
}
sort(mmex + 1, mmex + n + 1);
ll ans = 0, mx = mmex[n];
ans = mx * min((mx + 1), 1ll * (m + 1)) + add(mx + 1, m);
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
D2. Turtle and a MEX Problem (Hard Version)
增加了限制：同一个序列 \(i\) 至多操作 \(1\)次
考虑有向图：由 \(u_i\) 向 \(v_i\) 连边
一次操作相当于将 \(x\) 变为 \(u_i\) ，并断开 \(u_i\) 的一条出边
当 \(u_i\) 有超过 \(1\) 条出边时，断开哪条边都可以，也就是哪条边都可以走
设 \(dp[x]\) 表示当前位于点 \(i\) ，每次选择一条出边能够到达的点编号的最大值
在有向图上倒序 \(dp\)
如何统计答案？
\(\forall x\) 都可以取到 \(\max u_i\)
\(\forall x\) 都可以取到 \(dp[x]\)
当 \(i\) 的出边个数大于 \(1\) 时，\(\forall x\) 都可以取到 \(dp[i]\)
记 \(k = \max v_i\) ，小于等于 \(k\) 的枚举，大于 \(k\) 的 \(x\) ，\(f(x) = x\) 最优
总结
- 情况复杂时先将所有想到的情况列举下来
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
int read()
{
int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 2e5 + 5;
vector<int> a[N];
int mex[N], mmex[N]; // mmex最大不超过len + 1
int cnt[N];
int dp[N], in[N], out[N];
vector<int> e[N];
queue<int> q;
void solve(int id)
{
int len = a[id].size();
for(int i = 0; i <= len + 1; ++i) cnt[i] = 0;
for(int i = 0; i < len; ++i)
{
int x = a[id][i];
if(x <= len) cnt[x]++;
}
mex[id] = 0;
for(int i = 0; i <= len + 1; ++i)
{
if(cnt[i] == 0)
{
mex[id] = i;
break;
}
}
mmex[id] = 0;
for(int i = mex[id] + 1; i <= len + 1; ++i)
{
if(cnt[i] == 0)
{
mmex[id] = i;
break;
}
}
}
ll add(ll l, ll r)
{
if(l > r) return 0;
return (l + r) * (r - l + 1) / 2;
}
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
int n = read(), m = read(), mxlen = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
a[i].clear();
int len = read();
mxlen = max(mxlen, len);
while(len--)
{
int x = read();
a[i].emplace_back(x);
}
solve(i);
}
mxlen++;
for(int i = 0; i <= mxlen; ++i)
{
dp[i] = 0, in[i] = 0, out[i] = 0;
e[i].clear();
}
while(!q.empty()) q.pop();
for(int i = 1; i <= n; ++i) e[mmex[i]].push_back(mex[i]), ++in[mex[i]], ++out[mex[i]];
for(int i = 0; i <= mxlen; ++i)
if(in[i] == 0) q.emplace(i);
while(!q.empty())
{
int id = q.front();
q.pop();
dp[id] = max(dp[id], id);
for(int v : e[id])
{
dp[v] = max(dp[v], dp[id]);
--in[v];
if(in[v] == 0) q.emplace(v);
}
}
int mx = 0;
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
mx = max(mx, mex[i]);
if(out[mex[i]] >= 2) mx = max(mx, dp[mex[i]]);
}
ans = add(mx + 1, m);
for(int i = 0; i <= min(mx, m); ++i) ans += max(mx, dp[i]);
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
E1. Turtle and Inversions (Easy Version)
使所有区间的前缀 \(\max\) 的 \(\max\) 小于所有区间的后缀 \(\min\) 的 \(\min\)
将序列的数分为两种，小数和大数，小数为 \(0\) ，大数为 \(1\) ，将排列转化为 \(01\) 序列
一个排列是有趣排列的充要条件为，它的某个 \(01\) 序列为有趣序列，即对于任意一个区间 \([l, r]\) 所有的 \(0\) 在 \(1\) 前面，且 \(0\) 和 \(1\) 至少都有一个
对于一个有趣序列（ \(0\) 和 \(1\) 的位置已经固定），为了使逆序对数最多，可以贪心地将大数 \(1\) 从大到小排列，小数 \(0\) 从大到小排列
一种做法呼之欲出：枚举 \(1\) 的个数，然后将大数小数都从大到小排列，统计逆序对，\(O(n^2)\)
题解给了一种 \(O(n^2)\) 的 \(DP\) ：
考虑 \(O(n)\) 做法：
我们将必须填 \(0\) 的位置称为固定 \(0\) ，必须填 \(1\) 的位置成为固定 \(1\) ，其他位置称为自由点
设 \(c_i\) 表示位置 \(i\) 之前有几个固定 \(1\) ，设 \(C_i\) 表示位置 \(i\) 之前有几个自由点
假设目前枚举大数 \(1\) 的个数为 \(k\) 个，其中 \(k - m\) 个为自由 \(1\) ，将它们全部放在最靠前的自由点上最优
当 \(i\) 为固定 \(0\) 时，能和它产生逆序对的 \(1\) 的个数为 \(c_i + \min\{C_i, k - m\}\)
当 \(i\) 为固定 \(1\) 时，能和它产生逆序对的 \(1\) 的个数为 \(c_i + \min\{C_i, k - m\}\)
当 \(i\) 为自由点时，不论值为 \(0\) 或者 \(1\) ，能和它产生逆序对的 \(1\) 的个数为 \(c_i + \min\{C_i, k - m\}\)
此时还缺少所有的 \(0\) 相互之间的贡献，即为 \(\frac{(n-k)(n-k-1)}{2}\)
观察 \(c_i + \min\{C_i, k - m\}\) ，\(c_i\) 不随 \(k\) 变化为定值，单独记录 \(tmp = \sum c_i\)
\(\min\{C_i, k - m\}\) 随 \(k\) 单调不降，将 \(C_i\) 排序后，考虑位置 \(pos\) ，对于 \(i \le pos\) ， \(C_i < k - m\) ，取 \(\sum C_i\) ，对于 \(i > pos\) ， \(C_i \ge k - m\) 取 \((k - m) \times (n - pos)\)
对于任意 \(k\) 可以 \(O(1)\) 解决
总结
- 将排列大小关系转化为 \(01\) 序列
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
int read()
{
int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 5e3 + 5;
int l[N], r[N], c[N], C[N];
int a[N], b[N];
void solve()
{
int n = read(), m = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = -1, C[i] = 0;
for(int i = 1; i <= m; ++i)
{
l[i] = read(), r[i] = read();
c[l[i]] = 0, c[r[i]] = 1;
}
int L = m, R = n - m;
ll tmp = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(c[i] == -1) C[i] = 1, c[i] = 0;
a[i] = C[i - 1], tmp += c[i - 1];
C[i] += C[i - 1], c[i] += c[i - 1]; // 第i个数前面有多少空位，有多少个必选的1
}
sort(a + 1, a + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = b[i - 1] + a[i];
ll ans = 0, now = 0;
int pos = 0;
for(int t = L; t <= R; ++t) // t个1
{
now = 1ll * (n - t) * (n - t - 1) / 2;
while(pos < n && a[pos + 1] <= t - m) ++pos;
ans = max(ans, now + b[pos] + 1ll * (n - pos) * (t - m));
}
printf("%lld\n", ans + tmp);
}
int main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
E2. Turtle and Inversions (Hard Version)
增加了限制：区间可以相交
考虑两个区间 \([l_i, r_i] , [l_{i + 1}, r_{i + 1}], l_i < l_{i + 1} < r_i\)
对于 \([l_i, l_{i+1}]\) 一定都为 \(0\) ，对于 \([r_i, r_{i+1}]\) 或 \([r_{i+1}, r_i]\) 一定都为 \(1\)
剩余区间为 \([l_{i+1}, min(r_i, r_{i+1})]\) ，即完成了一次区间合并
若干次区间合并后改为区间不交，解法同 \(E1\)
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
int read()
{
int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 5e3 + 5;
int c[N], C[N];
int a[N], b[N];
pair<int, int> jian[N];
bool cmp(pair<int, int> a, pair<int, int> b)
{
if(a.first == b.first ) return a.second > b.second ;
return a.first < b.first ;
}
void solve()
{
int n = read(), m = read(), flag = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = -1, C[i] = 0;
for(int i = 1; i <= m; ++i)
{
jian[i].first = read(), jian[i].second = read();
if(!flag && c[jian[i].first ] == 1) flag = 1;
if(!flag && c[jian[i].second ] == 0) flag = 1;
c[jian[i].first ] = 0, c[jian[i].second ] = 1;
}
sort(jian + 1, jian + m + 1, cmp);
m = unique(jian + 1, jian + m + 1) - (jian + 1);
for(int i = 2; i <= m; ++i)
{
if(jian[i].first > jian[i - 1].second ) continue;
for(int j = jian[i - 1].first + 1; j < jian[i].first ; ++j)
{
if(c[j] == 1) flag = 1;
else c[j] = 0;
}
for(int j = min(jian[i - 1].second , jian[i].second ) + 1; j < max(jian[i - 1].second , jian[i].second ); ++j)
{
if(c[j] == 0) flag = 1;
else c[j] = 1;
}
jian[i].second = jian[i - 1].second ;
}
if(flag){ printf("-1\n"); return ; }
int L = 0, R = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(c[i] == 1) ++L;
if(c[i] == 0) ++R;
}
R = n - R;
ll tmp = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(c[i] == -1) C[i] = 1, c[i] = 0;
a[i] = C[i - 1], tmp += c[i - 1];
C[i] += C[i - 1], c[i] += c[i - 1]; // 第i个数前面有多少空位，有多少个必选的1
}
sort(a + 1, a + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = b[i - 1] + a[i];
ll ans = 0, now = 0;
int pos = 0;
for(int t = L; t <= R; ++t) // t个1
{
now = 1ll * (n - t) * (n - t - 1) / 2;
while(pos < n && a[pos + 1] <= t - L) ++pos;
ans = max(ans, now + b[pos] + 1ll * (n - pos) * (t - L));
}
printf("%lld\n", ans + tmp);
}
int main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
F. Turtle and Three Sequences
题解写的很好了，做题时可以先写朴素 \(DP\) ，再逐步优化
关于 \(\frac{m!}{m^m}\) ：最终答案是 \(m\) 个数，映射值是随机的，因此是 \(m^m\) 种情况，只有恰好构成一个 1 ~ m 的排列才正确，即 \(m!\)
总结
当要从 \(n\) 个元素中选出 \(m\) 个元素， \(n\) 较大而 \(m\) 较小，且选取时元素之间相互限制，可以考虑用 \(\text{color-coding}\) + 状压 \(DP\)
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int, int>
int read()
{
int x = 0, f = 0; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') f = c == '-', c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e3 + 5;
int n = read(), m = read();
int a[N], b[N], c[N];
int id[N];
struct BIT
{
int c[N];
BIT(){ for(int i = 0; i <= 3001; ++i) c[i] = -inf; }
int query(int x)
{
int ans = -inf;
while(x) ans = max(ans, c[x]), x ^= (x & -x);
return ans;
}
void update(int x, int val)
{ while(x <= n + 1) c[x] = max(c[x], val), x += (x & -x); }
void clear(){ for(int i = 0; i <= 3001; ++i) c[i] = -inf; }
} dp[32];
int main()
{
mt19937 rnd(chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = read();
int T = 300, ans = -inf;
while(T--)
{
for(int i = 1; i <= n; ++i) id[i] = rnd() % m;
for(int i = 0; i < (1 << m); ++i) dp[i].clear();
dp[0].update(1, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
for(int S = (1 << m) - 1; ~S; --S)
{
if(!(S & (1 << id[b[i]]))) continue;
int u = dp[S].query(a[i] + 1), v = dp[S ^ (1 << id[b[i]])].query(a[i] + 1);
if(u < v + c[i]) dp[S].update(a[i] + 1, v + c[i]);
}
}
ans = max(ans, dp[(1 << m) - 1].query(n + 1));
}
if(ans < m) printf("-1\n");
else printf("%d\n", ans);
return 0;
}
