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 ∀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

点击查看代码 
#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 ， Turtle 只需要把小于 val 的值删除，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 ⌊n2⌋+1 小的数

点击查看代码 
#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：

image

题解中最小化 ∑i=1m−1ai×ai+1 即为尽可能使相邻字符不同

点击查看代码 
#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 mex 值

记第 i 个序列的 mex 为 ui ，第二 mex 为 vi

则 ∀x

f(x)=max{max1≤i≤nvi,x}

点击查看代码 
#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 ui 向 vi 连边

一次操作相当于将 x 变为 ui ，并断开 ui 的一条出边

当 ui 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？

∀x 都可以取到 maxui

∀x 都可以取到 dp[x]

当 i 的出边个数大于 1 时，∀x 都可以取到 dp[i]

记 k=maxvi ，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
点击查看代码 
#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(n2)

题解给了一种 O(n2) 的 DP ：

image

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 ci 表示位置 i 之前有几个固定 1 ，设 Ci 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 ci+min{Ci,k−m}

当 i 为固定 1 时，能和它产生逆序对的 1 的个数为 ci+min{Ci,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 ci+min{Ci,k−m}

此时还缺少所有的 0 相互之间的贡献，即为 (n−k)(n−k−1)2

观察 ci+min{Ci,k−m} ，ci 不随 k 变化为定值，单独记录 tmp=∑ci

min{Ci,k−m} 随 k 单调不降，将 Ci 排序后，考虑位置 pos ，对于 i≤pos ， Ci<k−m ，取 ∑Ci ，对于 i>pos ， Ci≥k−m 取 (k−m)×(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
点击查看代码 
#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 [li,ri],[li+1,ri+1],li<li+1<ri

对于 [li,li+1] 一定都为 0 ，对于 [ri,ri+1] 或 [ri+1,ri] 一定都为 1

剩余区间为 [li+1,min(ri,ri+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

点击查看代码 
#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

image

关于 m!mm ：最终答案是 m 个数，映射值是随机的，因此是 mm 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 color-coding + 状压 DP

点击查看代码 
#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;
}
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