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Codeforces Round 938 (Div. 3)

鲜花

卡在 $D$ 上神奇小错误，导致 $F, G$ 很简单没来得及写 ,这场其实不怎么难。

A

题意

一堆酸奶，买一个花费 $a$ 元，一次性买两个花费 $b$ 元。求总共买 $n$ 个花费最小价格。

Sol

如果一次性买两个更划算肯定要尽量多的一次性买两个，分开买划算就一个一个买。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 200005
#define endl "\n" 
#define fi fisrt
#define se second
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
ll n,a,b;
void sol(){
    cin>>n>>a>>b;
    if(a*2<b)b=a*2;
    if(n&1)cout<<(n/2)*b+a<<endl;
    else cout<<(n/2)*b<<endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    ll ttt;
    cin>>ttt;
    while(ttt--)sol();

    return 0;
}

B

题意

大小为 $n$ 的累进正方形是一个 $n \times n$ 矩阵，满足

a_{i + 1, j} = a_{i, j} + c

a_{i, j + 1} = a_{i, j} + d

给定 $n \times n$ 个数和 $c, d$ ，判断能否构成累进正方形。

Sol

$c, d$ 为正数，左上角肯定是最小的，找到最小的元素后，先放第一排，找 $a_{1, i + 1} = a_{1, i} + d$ ，找不到无解。

然后竖着放，和横着类似， $a_{i + 1, j} = a_{i, j} + c$ ，找不到无解。

具体来说开个桶，桶为空就是找不到。

最后在检查一下是否所有位置都满足即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 2005
#define endl "\n" 
#define fi fisrt
#define se second
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
ll a[N*N];
ll f[N][N];
map<ll,ll>mp;
ll n,c,d;
void sol(){
    cin>>n>>c>>d;
    mp.clear();
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)f[i][j]=0;
    for(int i=1;i<=n*n;i++){
        cin>>a[i];
        mp[a[i]]++;
    }
    sort(a+1,a+n*n+1);
    f[1][1]=a[1];
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(mp[f[1][i]+d]){
            mp[f[1][i]+d]--;
            f[1][i+1]=f[1][i]+d;
        }else{
            cout<<"No\n";
            return ;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<n;j++){
            if(mp[f[j][i]+c]){
                mp[f[j][i]+c]--;
                f[j+1][i]=f[j][i]+c;
            }else{
                cout<<"No\n";
                return ;
            }
        }
    }
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=2;j<=n;j++){
            if(f[i][j]!=f[i-1][j]+c){
                cout<<"No\n";
                return ;
            }
            if(f[i][j]!=f[i][j-1]+d){
                cout<<"No\n";
                return ;
            }
        }
    }
    cout<<"Yes\n";
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    ll ttt;
    cin>>ttt;
    while(ttt--)sol();

    return 0;
}

C

题意

长为 $n$ 的序列，可以进行 $k$ 次操作。对于奇数次操作来说，使序列最左边 $- 1$ ，偶数次操作，使序列最右边 $- 1$ 。如果一个位置操作完后为 $0$ ，那么就删去一个元素，开头右移或末尾左移。

求删除了多少个数。

Sol

用 $n o w = 0$ 表示现在是奇数次操作， $n o w = 1$ 表示现在是偶数次操作，考虑每次操作只清零一个位置，转化问题变成求保留多少个数，让 $l, r$ 表示当前操作的左右端点。

对于 $n o w = 0$ ：

若 $a_{l} \leq a_{r}$ ，花费 $2 \times a_{l} - 1$ 次操作，进行如下变化：

a_{r} \to a_{r} - (a_{l} - 1)

k \to k - (2 \times a_{l} - 1)

a_{l} \to 0

l \to l + 1

n o w \to 1

若 $a_{r} < a_{l}$ ，花费 $2 \times a_{r}$ 次操作，进行如下变化：

a_{l} \to a_{l} - a_{r}

k \to k - (2 \times a_{r})

a_{r} \to 0

r \to r - 1

n o w \to 0

对于 $n o w = 1$ ：

若 $a_{r} \leq a_{l}$ ，花费 $2 \times a_{r} - 1$ 次操作，进行如下变化：

a_{l} \to a_{l} - (a_{r} - 1)

k \to k - (2 \times a_{r} - 1)

a_{r} \to 0

r \to l - 1

n o w \to 0

若 $a_{l} < a_{r}$ ，花费 $2 \times a_{l}$ 次操作，进行如下变化：

a_{r} \to a_{r} - a_{l}

k \to k - (2 \times a_{r} - 1)

a_{l} \to 0

l \to l + 1

n o w \to 1

特别的，对于 $l = r$

花费 $a_{l}$ ，如下变化并且结束循环。：

a_{l} \to 0

k \to k - a_{l}

r - l \to - 1

结束条件

这些操作能过进行，需要 $k$ 大于等于操作数，如果不大于直接退出循环即可。

最后的答案是 $n - (r - l + 1)$ 。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 200005
#define endl "\n" 
#define fi fisrt
#define se second
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
ll n,k,a[N];
void sol(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    ll l=1,r=n,now=0;
    while(l<=r&&k>0){
        if(l==r){
            if(k>=a[l])cout<<n<<endl;
            else cout<<n-1<<endl;
            return ;
        }
        if(now==0){
            if(a[l]<=a[r]){
                if(k<a[l]*2-1)break;
                k-=a[l]*2-1;
                a[r]-=a[l]-1;
                now=1;
                l++;
                continue;
            }
            if(a[l]>a[r]){
                if(k<a[r]*2)break;
                k-=a[r]*2;
                a[l]-=a[r];
                now=0;
                r--;
                continue;
            }

        }
        if(now==1){
            if(a[l]>=a[r]){
                if(k<a[r]*2-1)break;
                k-=a[r]*2-1;
                a[l]-=a[r]-1;
                now=0;
                r--;
                continue;
            }
            if(a[l]<a[r]){
                if(k<a[l]*2)break;
                k-=a[l]*2;
                a[r]-=a[l];
                now=1;
                l++;
                continue;
            }
        }
    }
    cout<<n-(r-l+1)<<endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    ll ttt;
    cin>>ttt;
    while(ttt--)sol();

    return 0;
}

D

题意

求长为 $n$ 的序列 $a_{i}$ ，有多少个长为 $m$ 的区间，使得区间里的数经过任意排列后可以与另一个长为 $m$ 的序列有至少 $k$ 个位置相同。

Sol

动态维护以 $i$ 开头长为 $m$ 的区间。先将 $b_{i}$ 序列以桶的方式存下来，设为 $c$ 数组。

类似滑动窗口，每次右移开头减去旧开头的贡献，加上新末尾的贡献。

具体来说就是开个桶 $c n t$ ，让 $c n t_{a_{i + m - 1}} \to c n t_{a_{i + m - 1}} + 1$ ， $c n t_{a_{i - 1}} \to c n t_{a_{i - 1}} - 1$ 。

然后对比 $c$ 桶，若 $c n t_{a_{i + m - 1}} \leq c_{a_{i + m - 1}}$ ， $k \to k - 1$ ，若 $c n t_{a_{i - 1}} < c_{a_{i - 1}}$ ， $k \to k + 1$ ，若 $k \leq 0$ ，说明该区间合法，这样做的意义显然，即维护区间相似度。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000005
#define endl "\n" 
#define fi fisrt
#define se second
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
map<ll,ll> mp,cnt;
ll n,m,a[N],k,res,now; 
bool vis[N];
void sol(){
    res=0,now=0;
    cin>>n>>m>>k;
    mp.clear();
    cnt.clear();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        vis[i]=0;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        ll x;
        cin>>x;
        mp[x]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cnt[a[i]]++;
        if(cnt[a[i]]<=mp[a[i]])now++;
        if(i<m)continue;
        if(now>=k)res++;
        cnt[a[i-m+1]]--;
        if(cnt[a[i-m+1]]<mp[a[i-m+1]])now--;
    }
    cout<<res<<endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    ll ttt;
    cin>>ttt;
    while(ttt--)sol();

    return 0;
}

E

题意

01 串，找到最大的 $k$ 使得每次取反连续的 $k$ 个数（也就是 $0$ 变 $1$ ， $1$ 变 $0$ ），让01 串可以全变成 $1$ 。

Sol

首先明确一下如何取反区间比较容易判断。从最左边开始遍历，如果当前位置是 $0$ 就将当前位置为开头的长为 $k$ 的区间反转，如果是 $1$ 则不反转，这样只需要判断后面的 $k - 1$ 个数是否全 $1$ 即可。

然后根据数据范围来看算法大概是 $O (n^{2})$ 的，由于没有单调性没法二分，枚举长度 $O (n)$ ，尝试 $O (n)$ 判断。

枚举所有长为 $k$ 的区间，我们使用 $f l_{i}$ 表示以 $i$ 开头的区间是否取反过， $c n t$ 表示当前区间的取反次数。

还是类似滑动窗口的思想，动态维护 $c n t$ 。

对于一次循环，依次进行如下判断：

若 $f l_{i - k - 1} = 1$ ， $c n t \to c n t ⨁ 1$ ，这是因为 $i - k - 1$ 位置进行过一个取反操作，这次取反操作最多影响到 $i - 1$ ，所以取反次数要减一，但是取反其实奇偶性有关系，所以用异或代替。

若 $c n t ⨁ s_{i} = 0$ ，说明需要对以 $i$ 开头的区间取反，让 $c n t \to c n t ⨁ 1$ ，以及 $f l_{i} \to 1$ 。

两个判断对 $i$ 有一定范围限制。

取最大的 $k$ 即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 800005
#define endl "\n" 
#define fi fisrt
#define se second
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
map<ll,ll> mp;
ll n,fl[N];
bool vis[N];
string s,t;
void sol(){
    cin>>n>>s;
    s=" "+s;
    
   
    for(int p=n;p>=1;p--){
        ll cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;
        int i=1;
        for(i=1;i+p-1<=n;i++){
            ll t=s[i]-'0';
            if(t^cnt==0){
                cnt^=1;
                vis[i]=1;
            }
            if(i>=p&&vis[i-p+1])cnt^=1;
        } 
        ll fl=0;
        for(;i<=n;i++){
            ll t=s[i]-'0';
            if(t^cnt==0){
                fl=1;
                break;
            }
            if(i>=p&&vis[i-p+1])cnt^=1;
        }
        if(fl==0){
            cout<<p<<endl;
            return ;
        }
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout); 
    ll ttt;
    cin>>ttt;
    while(ttt--)sol();

    return 0;
}

F

题意

$n = a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}$ 场比赛，初始有 $a_{1}$ 枚面值为 $1$ 的硬币， $a_{2}$ 枚面值为 $2$ 的硬币， $a_{3}$ 枚面值为 $3$ 的硬币， $a_{4}$ 枚面值为 $4$ 的硬币，每场比赛结束后移去一枚银币，直到没有硬币。如果所有银币面值异或起来为 $0$ 就获胜，你可以改变每场移去硬币的顺序，求最大的获胜场数。

Sol

本题的关键在于凑偶数。

注意到面值为 $4$ 的银币比较特殊，其异或其他面额的硬币任意枚的结果都不为 $0$ ，所以我们可以先让 $4$ 的数量为偶数，把其他三类移空后再移去 $4$ ，这样会对答案贡献：

⌊ \frac{a_{4}}{2} ⌋

然后默认 $4$ 不存在，考虑其它三类，由于 $1 ⨁ 2 ⨁ 3 = 0$ ，如果 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 均是奇数，那么可以算一次贡献。然后让他们全部变成偶数，也就是除了全奇数的情况需要加一次贡献，其余直接舍弃掉减一。接下来可以让三个位置都减一，三场比赛赢一场，或者让其中一个位置减二，两场比赛硬一场，显然后面的更优也更可持续发展，因为我们无法保证三个位置的数相同，总会有一个位置先减完，不如挨个减，然后就和 $4$ 的情况类似，所以答案为：

r e s = ⌊ \frac{a_{1}}{2} ⌋ + ⌊ \frac{a_{2}}{2} ⌋ + ⌊ \frac{a_{3}}{2} ⌋ + ⌊ \frac{a_{4}}{2} ⌋ + [a_{1} mod 2 + a_{2} mod 2 + a_{3} mod 2 == 3]

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 800005
#define endl "\n" 
#define fi fisrt
#define se second
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
ll a[7];
void sol(){
    cin>>a[1]>>a[2]>>a[3]>>a[4];
    ll res=a[4]/2;
    res+=a[1]/2+a[2]/2+a[3]/2;
    if((a[1]&1)&&(a[2]&1)&&(a[3]&1))res++;
    cout<<res<<endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout); 
    ll ttt;
    cin>>ttt;
    while(ttt--)sol();

    return 0;
}

G

题意

$n \times m$ 网格，最大化从 $(1, 1)$ 到 $(n, m)$ 路径上的值的最大公约数。

Sol

记 $w = gcd (a_{1, 1}, a_{n, m})$ ，那么答案肯定是 $w$ 的因数，求出其所有因数然后 bfs，记 $w \equiv 0 (\mod p)$ ，答案合法当且仅当路径上所有点 $a_{i, j} \equiv 0 (\mod p)$ 。

得卡卡常，不然被 hack 得很惨。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 205
#define endl "\n" 
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
ll n,m;
ll a[N][N];
bool vis[N*N];
ll w;
queue<pair<ll,ll> >q;
bool bfs(ll x,ll y,ll p){
    while(!q.empty())q.pop();
    q.push({x,y});
    vis[(x-1)*m+y]=1;
    while(!q.empty()){
        auto t=q.front();
        q.pop();
        vis[(t.fi-1)*m+t.se]=0;
        if(t.fi==n&&t.se==m)return 1;
        for(int i=1;i<=2;i++){
            ll nx=t.fi+(i==1);
            ll ny=t.se+(i==2);
            if(nx>n)continue;
            if(ny>m)continue;
            if(vis[(nx-1)*m+ny]||a[nx][ny]%p)continue;
            q.push({nx,ny});
            vis[(nx-1)*m+ny]=1;
        }
    }
    return 0;
}
vector<ll>v; 
bool cmp(ll x,ll y){
    return x>y;
}
void sol(){
    v.clear();
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    w=__gcd(a[1][1],a[n][m]);
    int i=1;
    for(i=1;i*i<w;i++){
        if(w%i==0){
            v.push_back(w/i);
            v.push_back(i);
        }
    }
    if(i*i==w)v.push_back(i);
    sort(v.begin(),v.end(),cmp);
    for(auto i:v){
        if(bfs(1,1,i)){
            cout<<i<<endl;
            return ;
        }
    }

}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    ll ttt;
    cin>>ttt;
    while(ttt--)sol();
    return 0;
}

H

题意

$n \times m$ 的网格， $k$ 个塔，一条从 $(1, 1)$ 到 $(n, m)$ 敌人移动的路径，路径上的每个位置都会恰好经过一次。敌人会水平或垂直移动到相邻的单元格，每秒移动一次。

每秒防御塔会对其范围内的所有敌人造成 $p_{i}$ 的伤害，默认所有塔的攻击范围都为零，但可以将塔的攻击范围设为 $r$ ，并且使所有敌人的生命值增加 $3^{r}$ 。每一座攻击范围不为 $0$ 的塔的 $r$ 都不能相同 。

定义攻击范围内的点需要满足的条件是： $(x - x_{i})^{2} + (y - y_{i})^{2} \leq r^{2}$ ， $(x_{i}, y_{i})$ 是塔的坐标。

敌人的基础生命为 $h$ ，找出最大的 $h$ 使得敌人到达 $(n, m)$ 时的血量 小于等于零。

Sol

注意到虽然敌人不只有一个，但是所有敌人的受攻击情况是相同的，所以只对一个敌人分析。

我们可以在最坏 $O (k n m)$ 的复杂度内求出每个塔攻击范围为 $r$ 时，可以对一个敌人造成的伤害，具体来说就是攻击范围内覆盖敌人的路径长度乘攻击伤害。

具体来说，我们将所有路径上的点保存下来，然后枚举塔和路径上的点，令 $g [i] [r]$ 表示对攻击范围在 $(r - 1, r]$ 的敌人路径造成的总伤害：

g [i] [⌈ \sqrt{(x - x_{i})^{2} + (y - y_{i})^{2}} ⌉] \to g [i] [⌈ \sqrt{(x - x_{i})^{2} + (y - y_{i})^{2}} ⌉] + p_{i}

然后 $f [i] [r]$ 表示攻击范围为 $r$ 时对路径上的敌人造成的总伤害，显然是求个前缀和。

f [i] [r] = \sum_{j = 0}^{r} g [i] [j]

但是我们还要对敌人血量增加 $3^{r}$ ，所以造成的贡献是：

d p [i] [r] = 3^{r} - f [i] [r]

然后这玩意要和 $h$ 联系起来。

h + \sum_{i = 1}^{k} d p [i] [r_{i}] \leq 0

其中 $r_{i}$ 互不相同，不妨改变一下，变成：

d p [i] [r] = f [i] [r] - 3^{r}

h \leq \sum_{i = 1}^{k} d p [i] [r_{i}]

然后就是求右边那坨的最大值，特别的注意到如果起副作用，也就是小于零，不如让其攻击距离为零，所以要保证每个位置非负。

然后问题就变成了 P4014 分配问题。

但是不会费用流，所以剩下的部分没写，详情参照如上题目题解。

Code

提供一下求 $d p [i] [r]$ 的代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define x1 xx
#define y1 yy
#define dl double
#define N 55
#define endl "\n" 
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const double eps=1e-6;
ll n,m,k;
struct pt{
   ll x,y;
};
ll a[N][N],f[N*N][30];
ll upz(pt i,pt j){
   dl x1=i.x;
   dl x2=j.x;
   dl y1=i.y;
   dl y2=j.y;
   dl res1=sqrt(((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2)));
   ll res2=ceil(res1);
   return res2;
}
vector<pt>v;
ll res=0;
void work(ll x,ll y,ll z,ll id){
   ll mx=0;
   for(auto i:v){
       ll t=upz({x,y},i);
       mx=max(t,mx);
       f[id][t]+=z;
   }
   for(int i=1;i<=mx;i++){
       f[id][i]+=f[id][i-1];
   }
   ll x3=1;
   for(int i=0;i<=mx;i++){
       f[id][i]=max(f[id][i]-x3,0ll);
       cout<<f[id][i]<<" ";
       x3*=3;
   }
   cout<<endl;
}
void sol(){
   res=0;
   v.clear();
   cin>>n>>m>>k;
   for(int i=1;i<=k;i++)for(int j=0;j<=25;j++)f[i][j]=0;
   for(int i=1;i<=n;i++){
       string s;
       cin>>s;
       s=" "+s;
       for(int j=1;j<=m;j++){
           a[i][j]=(s[j]=='#');
           if(s[j]=='#')v.push_back({i,j});
       }
   }
   for(int i=1;i<=k;i++){
       ll x,y,z;
       cin>>x>>y>>z;
       work(x,y,z,i);
   }
   m=0;
   cout<<endl;
}
int main(){
   ll ttt;
   cin>>ttt;
   while(ttt--)sol();
   return 0;
}

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本文作者：yshpdyt

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posted @ 2024-04-09 07:03 yshpdyt 阅读(187) 评论(1) 编辑收藏举报

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Codeforces Round 938 (Div. 3)

鲜花

A

题意

Sol

Code

B

题意

Sol

Code

C

题意

Sol

对于 now=0：

对于 now=1：

特别的，对于 l=r

结束条件

Code

D

题意

Sol

Code

E

题意

Sol

Code

F

题意

Sol

Code

G

题意

Sol

Code

H

题意

Sol

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对于 $n o w = 0$ ：

对于 $n o w = 1$ ：

特别的，对于 $l = r$