Codeforces Round 963 (Div. 2) 补题记录（A~D，F1）

合集 - CodeForces 比赛合集(19)

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不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.不会做 F1.

A

直接计算每一个选项最多对多少个题加起来即可。

时间复杂度为 $O(n)$。

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#ifdef __unix__
#define getchar getchar_unlocked
#else
#define getchar _getchar_nolock
#endif
#define int long long
using namespace std;
int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return s*w;
}
void read(int &x){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    x=s*w;
}
template<typename...argme>
void read(int &x,argme &...vv){
    read(x),read(vv...);
}
const int N=1000100;
int a[N];
signed main(){
    int T=read();
    while(T--){
        string s;
        int n;
        cin>>n>>s;
        s=' '+s;
        int box[10]={0};
        for(int i=1;i<=4*n;++i)
            if(s[i]!='?')++box[s[i]-'A'];
        int mx=0;
        for(int i=0;i<4;++i)
            mx+=min(box[i],n);
        cout<<mx<<'\n';
    }
}

B

这是 B？这不比 C 难？

首先如果一开始全部是奇数或者全部是偶数的话不需要操作。其他的时候一定是把所有的数都变成奇数。

然后贪心的找到最大的奇数 $v$，把所有的偶数从小到大排序，令当前枚举到的偶数值为 $w$：

• $v\ge w$。那么此时 $w\leftarrow v+w$，有 $2\nmid w$。$w$ 变成新的最大的奇数，$v\leftarrow w$。
• $v<w$。那么此时 $v\leftarrow v+w$，有 $v>w$，随后 $w\leftarrow v+w$，有 $2\nmid w$。$w$ 变成新的最大的奇数，$v\leftarrow w$。

但是上面的贪心策略其实是错误的。发现 $v<w$ 的时候所有未取到的偶数均 $\ge v$。因此直接对做大的 $w$ 做交换，剩下的全部变为 $v\ge w$ 的情况。时间复杂度为 $O(n\log n)$，瓶颈在于排序。

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#ifdef __unix__
#define getchar getchar_unlocked
#else
#define getchar _getchar_nolock
#endif
#define int long long
using namespace std;
int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return s*w;
}
void read(int &x){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    x=s*w;
}
template<typename...argme>
void read(int &x,argme &...vv){
    read(x),read(vv...);
}
const int N=1000100;
int a[N];
signed main(){
    int T=read();
    while(T--){
        int n=read();
        for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)if(a[i]%2!=a[1]%2){cnt=1;break;}
        if(!cnt)cout<<"0\n";
        else{
            sort(a+1,a+n+1);
            int val;
            for(int i=1;i<=n;++i)
                if(a[i]&1)val=a[i];
            int cnt=0;
            for(int i=1;i<=n;++i)
                if(~a[i]&1){
                    if(val>=a[i]){
                        ++cnt;
                        a[i]+=val;
                        val=a[i];
                    }
                    else{
                        int p=n;
                        for(int j=n;j;--j)
                            if(~a[j]&1){
                                p=j;
                                break;
                            }
                        val+=a[p];
                        ++cnt,++cnt;
                        a[p]+=val;
                        val=a[p];
                        --i;
                    }
                }
            cout<<cnt<<'\n';
        }
    }
}

C

对 $a_{i}mod2m$ 破换成链。则若某一段区间的极差不超过 $m$ 则有解，否则无解。有解的部分取最大值。问题在于怎么计算最大值为多少。

可以发现大体上就是解一个方程组：

$$\{\begin{array}{rl}& x\ge \text{MAX}\\ & x\equiv V_i(mod2m)\end{array}$$

其中 $\text{MAX}$ 表示所有 $a_i$ 的最大值即所有芯片全部安装的最小时间，$V_i$ 表示当前所枚举区间的终点。

求 $x$ 的最小值可以：

$$\{\begin{array}{rl}& x\ge \text{MAX}\\ & x+2Qm=V_i\end{array}$$

其中 $Q\in \mathbf{\text{Z}}$。

方程可以解得 $x_{\text{min}}=2m\times \lceil \frac{\text{MAX}-V_i}{2m}\rceil +V_i$。直接带进去求最大值即可。

时间复杂度为 $O(n\log n)$。瓶颈同样在于排序。

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#ifdef __unix__
#define getchar getchar_unlocked
#else
#define getchar _getchar_nolock
#endif
#define int long long
using namespace std;
int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return s*w;
}
void read(int &x){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    x=s*w;
}
template<typename...argme>
void read(int &x,argme &...vv){
    read(x),read(vv...);
}
const int N=1000100;
int a[N];
signed main(){
    int T=read();
    while(T--){
        int n=read(),m=read();
        for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
        vector<int>v;
        sort(a+1,a+n+1);
        for(int i=1;i<=n;++i)v.pb(a[i]%(m+m));
        sort(v.begin(),v.end());
        int mx=*max_element(a+1,a+n+1);
        int res=-1;
        if(v.back()-v[0]<m){
            //mod 2m 同余 v.back()
            //且>=mx
            res=max(res,((mx-v.back()+m+m-1)/(m+m))*(m+m)+v.back());
        }
        for(int i=1;i<v.size();++i){
            //从v[i]到v[i-1]+m+m
            int cho=v[i-1]+m+m-v[i]+1;
            if(cho<=m){
                //mod 2m 同余 v[i-1]
                //且>=mx
                res=max(res,((mx-v[i-1]+m+m-1)/(m+m))*(m+m)+v[i-1]);
                // cout<<i-1<<": "<<(mx-v[i-1]+m+m-1)/(m+m)<<'\n';
                // int rres=mx-v[i-1];
                // rres=(rres+m+m-1)/(m+m);
                // res=max(res,rres);
            }
        }
        cout<<res<<'\n';
    }
}

D

考虑经典套路二分答案 $p$。问题变为判定中位数为 $p$ 是否可行。

考虑判定的时候 dp。定义 $a_i\ge p$ 的时候 $a_i$ 权值为 $1$，否则权值为 $-1$。令 $f_i$ 表示前 $i$ 个元素权值之和最大是多少（需要在数量合法的前提下）。定义 $V_i$ 表示 $i$ 点权值。

因此有初始条件 $f_0=0$。然后考虑每一个 $i$：若 $i-1\equiv 0(modk)$ 则此时不可以从前面一个元素转移过来，只能往前跳 $k$ 个元素。因此有 $f_i\leftarrow f_{i-k}$。否则既可以往前跳 $k$ 个元素也可以直接从上一个元素转移过来，有 $f_i\leftarrow max(f_{i-1}+V_i,f_{i-k})$。只需要判定 $f_n$ 是否 $\ge 0$ 即可。时间复杂度为 $O(n\log n)$。

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#ifdef __unix__
#define getchar getchar_unlocked
#else
#define getchar _getchar_nolock
#endif
using namespace std;
int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return s*w;
}
void read(int &x){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    x=s*w;
}
template<typename...argme>
void read(int &x,argme &...vv){
    read(x),read(vv...);
}
const int N=1000100;
int a[N],n,k,f[N],g[N];
bool check(int p){
    //需要有至少Q/2+1个数>=p
    f[0]=0;g[0]=0;
    int Q=n%k;if(!Q)Q=k;
    // for(int i=1;i<=k;++i)g[i]=-1e9;
    for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=-1e9;
    for(int i=1;i<=n;++i)if(a[i]>=p){
        if((i-1)%k==0){
            if(i-k>=0)f[i]=max(f[i-k],1);
            else f[i]=1;
        }else{
            if(i-k>=0)
                f[i]=max(f[i-1]+1,f[i-k]);
            else
                f[i]=f[i-1]+1;
        }
    }else{
        if((i-1)%k==0){
            if(i-k>=0)f[i]=max(f[i-k],-1);
            else f[i]=-1;
        }else{
            if(i-k>=0)
                f[i]=max(f[i-1]-1,f[i-k]);
            else
                f[i]=f[i-1]-1;
        }
    }
    // for(int i=1;i<=n;++i)if(a[i]>=p){
    //     f[i]=g[(i-1+k)%k]+1;
    //     g[i%k]=max(g[i%k],f[i]);
    // }
    return f[n]>0;
}
signed main(){
    int T=read();
    while(T--){
        n=read(),k=read();
        for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
        int l=1,r=1e9,best=-1;
        while(l<=r){
            int mid=l+r>>1;
            if(check(mid))best=mid,l=mid+1;
            else r=mid-1;
        }
        printf("%d\n",best);
    }
}

F1

考虑忘了是哪一场远古 CF 的一个题套路，每 $2w$ 行 $2h$ 列即为一个循环。因此开一个 map 记录出第一次操作每一个位置走到过的次数。然后考虑枚举 $k$ 次不同的走法。每一次直接使用公式计算出其所对应的起点并更新答案即可。

设第一次结束之后位于坐标 $(x,y)$ 那么第 $i$ 轮的起点即为 $(-(i-1)xmod2w,-(i-1)ymod2h)$。

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#ifdef __unix__
#define getchar getchar_unlocked
#else
#define getchar _getchar_nolock
#endif
#define int long long
using namespace std;
int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return s*w;
}
void read(int &x){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')w=-w;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    x=s*w;
}
template<typename...argme>
void read(int &x,argme &...vv){
    read(x),read(vv...);
}
const int N=1000100;
int a[N],n,k,f[N],g[N];
signed main(){
    int T=read();
    while(T--){
        int n,k,w,h;read(n,k,w,h);
        string s;cin>>s;
        map<pair<int,int>,int>mp;
        int x=0,y=0;
        for(int i=0;i<n;++i){
            if(s[i]=='L')--x;
            else if(s[i]=='R')++x;
            else if(s[i]=='U')++y;
            else --y;
            x=(x+w+w)%(w+w);
            y=(y+h+h)%(h+h);
            ++mp[{x,y}];
        }
        int res=0;
        for(int i=0;i<k;++i){
            int _x=(-i*x%(w+w)+(w+w))%(w+w);
            int _y=(-i*y%(h+h)+(h+h))%(h+h);
            res+=mp[{_x,_y}];
        }
        cout<<res<<'\n';
    }
}