CF1208

CF1208

打的话貌似能够涨分的样子?

A

水题

B

枚举左端点,看看右端点的最近位置

开一个类似于桶的东西维护一下上一次出现位置

左端点左边就删掉,否则就要将上一次出现的位置删掉

时间复杂度\(O(n^2)\)或者\(O(n^2logn)\)取决于是否离散化

貌似一个log就是二分答案

然后\(O(n)\)check一遍

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N = 2003;
int a[N];
int pre[N];
map <int,int> m;
int n;
inline int read(){
	int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch == '-') c = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		v = v * 10 + ch - 48;
		ch = getchar();
	}
	return v * c;
}
int main(){
	int ans = 0x3f3f3f3f;
	n = read();
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		a[i] = read();
		if(!m[a[i]]) m[a[i]] = i;
		else pre[i] = m[a[i]];
		m[a[i]] = i;
	//	printf("%d\n",pre[i]);
	}
	bool flag = 1;
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		m.clear();
		int r = 0;
		for(int j = 0;j < i;++j){
			if(m[a[j]] == -1) {flag = 0;break;}
			m[a[j]] = -1;
		}
		if(!flag) break;
 		for(int j = i;j <= n;++j){
			if(m[a[j]] == -1) r = max(r,j);	
			else if(m[a[j]] != 0){
				r = max(r,m[a[j]]);	
				m[a[j]] = j;
			}
			else m[a[j]] = j;
		}	
		if(r != 0) ans = min(ans,r - i + 1);
		else ans = 0;
	}
	cout << ans;
    return 0;
}

听说貌似有\(O(n)\)做法不大会

C

构造题

分成四块考虑,因为题目中保证是\(4\)的倍数

首先,如果没有\(0-n^2-1\)这个限制

这样子肯定符合要求

\(\begin{array}{cccc}{0} & {0} & {1} & {1} \\ {0} & {0} & {1} & {1} \\ {2} & {2} & {3} & {3} \\ {2} & {2} & {3} & {3}\end{array}\)

但是这样肯定不符合题意

那么我们就对于给每一部分编号

把这一部分整体+4

\(\begin{array}{cccc}{0} & {4} & {1} & {5} \\ {8} & {12} & {9} & {13} \\ {2} & {6} & {3} & {7} \\ {10} & {14} & {11} & {15}\end{array}\)
如果没有保证\(n\)是\(4\)的倍数,那么这样构造一定不对,因为每一行都有数出现了奇数次

由于每一行每一列

每个\(4\)的倍数都只被加了两次

异或起来都答案是没有影响的

那么我们照着这样子构造就好了

D

感觉D是个一眼题,CD应该换一下位置的

最右边的\(0\)对应的位置一定是\(1\)

然后把\(1\)的贡献去掉之后,最右边的\(0\)一定是\(2\)

以此类推

线段树搞一搞就好了

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N = 2e5 + 3;
const LL INF = 1e15;
LL dis[N];
int an[N];
int n,root;
inline LL read(){
	LL v = 0,c = 1;char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch == '-') c = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		v = v * 10 + ch - 48;
		ch = getchar();
	}
	return v * c;
}
struct Tree{
	int t;
	struct node{
		LL maxx;
		LL tag;int pos;
		int lc,rc;
	}a[N << 2];
	inline void pushup(int u){
		if(a[a[u].lc].maxx < a[a[u].rc].maxx) a[u].maxx = a[a[u].lc].maxx,a[u].pos = a[a[u].lc].pos;
		else a[u].maxx = a[a[u].rc].maxx,a[u].pos = a[a[u].rc].pos;
	}
	inline void pushdown(int u,int l,int r){
		if(!a[u].tag) return;
		a[a[u].lc].maxx += a[u].tag;
		a[a[u].rc].maxx	+= a[u].tag;
		a[a[u].lc].tag += a[u].tag;
		a[a[u].rc].tag += a[u].tag;
		a[u].tag = 0;
		return ;
	}
	inline void build(int &u,int l,int r){
		if(!u) u = ++t;
		if(l == r){
			a[u].maxx = dis[l];
			a[u].pos = l;
			return ;
		}
		int mid = (l + r) >> 1;
		build(a[u].lc,l,mid);build(a[u].rc,mid + 1,r);
		pushup(u); 
	}
	inline void updata(int u,int l,int r,int ll,int rr,LL w){
		if(ll > rr) return;
		if(l == ll && r == rr){
			a[u].maxx += w;
			a[u].tag += w;
			return ;	
		}
		pushdown(u,l,r);
		int mid = (l + r) >> 1;
		if(rr <= mid) updata(a[u].lc,l,mid,ll,rr,w);
		else if(ll > mid) updata(a[u].rc,mid + 1,r,ll,rr,w);
		else{
			updata(a[u].lc,l,mid,ll,mid,w);
			updata(a[u].rc,mid + 1,r,mid + 1,rr,w);	
		}
		pushup(u);
	}
	inline int query(){return a[root].pos;}	
}T;
int main(){
	n = read();
	for(int i = 1;i <= n;++i) dis[i] = read();
	T.build(root,1,n);
//	cout << "GG" << endl;
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		int x = T.query();
		an[x] = i;
		T.updata(root,1,n,x + 1,n,-i);
		T.updata(root,1,n,x,x,INF);
	}
	for(int i = 1;i <= n;++i) printf("%d ",an[i]);
    return 0;
}

E

当时就硬是没想出来差分的技巧

首先每个位置可以取到的数肯定是

\([x - (w - len),x+(w -len)]\)这个区间的最大值

之后我们分两种情况讨论

首先

当\(len >= w -len\)时

这时候会长成这个样子

我们设\(d = w - len\)表示能够滑动的距离

对于一个位置\(x\)

首先,绿色部分是只能够从左向右取最大值\([x - d,x]\)

红色只能从右向左取最大值\([x,x + d]\)

中间部分呢？这一部分你会发现

这一部分其实可以和红色或者绿色任意一部分合起来算

这个时候注意不要把黄色部分重复计算就好

当\(len < w - len\)时

这个时候,中间的黄色部分的答案,就变成了序列中的最大值和\(0\)取max

因为中间部分是可以取到序列中的任意数

所以我们只需要维护区间最大值,这个东西随便搞搞吧

注意判断越界时要和\(0\)取max,表示可以不选

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<deque>
#include<ctime>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 2e9;
int n,len,w;
int f[21][N];
LL ans[N];
int lg[N];
inline int read(){
	int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch == '-') c = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		v = v * 10 + ch - 48;
		ch = getchar();
	}
	return v * c;
}
inline void pre(){
	for(int j = 1;(1 << j) <= len;++j){
		for(int i = 1;i + (1 << j) - 1 <= len;++i)
			f[j][i] = max(f[j - 1][i],f[j - 1][i + (1 << (j - 1))]);	
	}
}
inline int work(int l,int r){
	int k = lg[r - l + 1];
	return max(f[k][l],f[k][r - (1 << k) + 1]);	
}
inline int query(int l,int r){
	if(l < 1 || r > len) return max(0,work(max(1,l),min(len,r)));	
	else return work(l,r);
}
int main(){
	lg[1] = 0;
	for(int i = 2;i <= 1000000;++i) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
	n = read(),w = read();
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		len = read();
		for(int j = 1;j <= len;++j) f[0][j] = read();
		pre();
		for(int i = 1;i <= len;++i){
			int k = query(i,i + w - len);
			ans[i + w - len] += k;
			ans[i + w - len + 1] -= k;
		}
		for(int i = 1;i <= min(len,w - len);++i){
			int k = query(i - w + len,i);	
			ans[i] += k;
			ans[i + 1] -= k;
		}
		if(len < w - len){
			int k = max(0,query(1,len));
			ans[len + 1] += k;
			ans[w - len + 1] -= k;
		}
	}
	for(int i = 1;i <= w;++i) {ans[i] += ans[i - 1];printf("%lld ",ans[i]);}
    return 0;
}

F

神仙题解\(SOS DP\)

题目大意求\((i,j,j)i < j < k\)使得\(a_i | (a_j \&a_i)\)最大

\(n <= 10^6,a_i < 2^{21}\)

考虑从从后向前枚举\(i\)

从高位向低位贪心

设\(dp_x\)表示\(x\)设个二进制集合被多少数完全包含

每次对于一个\(a_i\)

从大到小枚举所有位

如果这个位\(j\)不是\(1\)同时满足当前贪心的结果\(x\),\(x | (1 << j)\)被超过两个数包含(保证\(\&\)完之后有这个数)就将这一位加入贪心的答案

更新完答案之后就把每一位包含\(a_i\)的加入

时间复杂度貌似有点爆炸

但是我们发现如果\(dp_x >=2\)那么直接return

所以每个位置最多被更新两次

均摊是\(2^{21}\)的复杂度

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N = 1e6 + 3;
int a[N];
int cnt[N << 2];
int n;
inline int read(){
	int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch == '-') c = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		v = v * 10 + ch - 48;
		ch = getchar();
	}
	return v * c;
}
int ans = 0;
inline void ins(int x,int d){
	if(cnt[x] >= 2) return;
	if(d == -1){cnt[x]++;return;}
	ins(x,d - 1);
	if(x & (1 << d)) ins(x ^ (1 << d),d - 1);
}
inline int query(int x){
	int now = 0;
	for(int i = 20;i >= 0;--i) if(((x & (1 << i)) == 0) && cnt[now | (1 << i)] >= 2) now |= 1 << i;
	return now | x;	
}
int main(){
	n = read();
	for(int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read();
	for(int i = n;i >= 1;--i){
		if(i <= n - 2) ans = max(ans,query(a[i]));
		ins(a[i],20);
	}
	printf("%d\n",ans);
    return 0;
}