Codeforces Round 951 (Div. 2)
A. Guess the Maximum
题意：给定一个数组，求一个k值，k满足对于任意的这个数组的区间的最大值max，k < max。求满足条件的最大k。
思路：只考虑长度为2的区间即可。参与到比较中的数值一定是两个数中的大数，从所有大数中选出最小的一个即可。
总结：赛时很快就A掉了，但是思考的不够细节，思维太飘了。
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (auto& x : a){
cin >> x;
}
int ans = (int)2e9;
for (int i = 0; i < n - 1; ++i){
ans = min(ans, max(a[i], a[i + 1]));
}
cout << ans - 1 << '\n';
}
B. XOR Sequences
题意：给定两个整数x和y，以及两个无穷数组。数组中的数是1~inf ^ x(y),求这两个数组的最长公共子串长度。
思路：答案就是x ^ y的lowbit值，官方题解说的已经很好了。
总结：求最长公共长度，那么一定存在公共子串的起始 x ^ a = y ^ b.此时a和b每次 + 1,分析这个 + 1的过程：如果a和b都加1，假设最后一位都是0或者1，那么x ^ a ^ 1 = y ^ b ^ 1,因为a和b都同时更改了相同位的一个bit。如果最低位不同，那么+1更改了不同位的bit，而基于x ^ a = y ^ b的前提，更改后的a和b再与x和y运算肯定不满足相等的条件了。 所以根据这个逻辑可以推出来，我们要找的最大长度，就是a和b加了一个数c以后，a和b改变了相同的bit位，也就是(a + c) = a ^ c, (b + c) = b ^ c,且(a + c) ^ (b + c) = a ^ b。
赛时找规律过的，但是始终不明白为什么，这样分析的话，就说的通了，要先把x和y相等的初始条件列出来，再去考虑增加1或者增加2的时候会有什么样的数学逻辑，有什么样的情况，再去拓展到增加任意数的情况。
void solve() {
int x, y;
cin >> x >> y;
int t = x ^ y;
cout << (t & -t) << '\n';
}
C. Earning on Bets
题意：给定n个数，n <= 50,a[i] <= 20。构造n个数，使得对于每个i，a[i] * x[i] > sum(x[1 : n])
思路：求出n个数的lcm，然后考虑这个数是否能构造出来，如果不行，则无解。
总结：赛时使用的二分，虽然AC了，但是感觉逻辑上不严谨，这里分析一下另一种直觉做法。给定一个数y，让所有的x[i] * a[i]都> y，那么可以求出每个x[i]。很明显，如果x[i]是一个浮点数，那么需要向上取整，这会造成最后构造出来的数组总和变的更大。所以有一个最优的数学逻辑，就是所有构造出来的x[i]，都是被y / a[i]得到并且y % a[i] == 0。这样可以保证构造出来的sum是最小的，如果这个sum >= y，那么对于其他的任意y，肯定无解，因为其他的任意y在求系数的时候，还需要向上取余，构造出来的数组和只会更大，不会更小。
看了官方题解，这里有一个想不到的逻辑：就是sigma(s / ki) < s => sigma(1 / k) < 1，一个比较新的思考方式。
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
int lcm_value = 1;
for (auto& x : a){
cin >> x;
lcm_value = lcm(lcm_value, x);
}
vector<int> b;
for (const auto& x : a){
b.push_back(lcm_value / x);
}
if (accumulate(b.begin(), b.end(), 0) >= lcm_value){
cout << "-1\n";
}
else{
for (int i = 0; i < n; ++i){
cout << b[i] << " \n"[i == n - 1];
}
}
}
D. Fixing a Binary String
先放个TLE代码，再分析正解。
void solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
string s;
cin >> s;
{
int s0 = count(s.begin(), s.end(), '0');
if (s0 == n || s0 == 0){
cout << (k == n ? "1\n" : "-1\n");
return;
}
if (s0 % k != 0){
cout << "-1\n";
return;
}
}
s = ' ' + s;
vector<array<int, 2>> cnt(n + 1, {0, 0});
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cnt[i][0] = (cnt[i - 1][0] + (s[i] == '0'));
cnt[i][1] = (cnt[i - 1][1] + (s[i] == '1'));
}
for (int i = k + 1; i <= n; ++i) {
int cur0 = cnt[i][0] - cnt[i - k][0];
int cur1 = cnt[i][1] - cnt[i - k][1];
if (!cur0 || !cur1) {
int tag = 1;
bool ok = true;
for (int j = i, t = 1; t <= (n / k) - 1; j += tag * k, t++) {
int cnt0 = abs(cnt[min(n, j + tag * k)][0] - cnt[j][0]);
int cnt1 = abs(cnt[min(j + tag * k, n)][1] - cnt[j][1]);
if (j + k > n) {
int p = (k - (n - j));
cnt0 += cnt[i - k][0] - cnt[i - k - p][0];
cnt1 += cnt[i - k][1] - cnt[i - k - p][1];
tag = -1;
j = i - p;
}
if (cnt0 != cur1 && cnt1 != cur0) {
ok = false;
break;
}
swap(cur1, cur0);
}
if (ok) {
cout << i - k << '\n';
return;
}
}
}
cout << "-1\n";
}
题意：给定一个01字符串和一种操作，问一次操作后能否使字符串变成k-proper字符串。每次操作是选一个下标，先reverse 该下标前缀串，再首尾交换该串。
思路：先剪枝，可知如果0或1出现次数不是k的整数倍，肯定无解。
先吃饭，晚点整理。
第一种思路：
直接遍历所有块，找到第一个不合法的块，然后判定操作后是否合法。
void solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
string s;
cin >> s;
auto check = [&](string & s){
int cnt = 0;
for (int i = 0, cur = 0; i < n; ++i){
if (s[i] == s[cur]){
cnt ++;
continue;
}
if (cnt < k){
return i;
}
else if (cnt > k){
return i - k;
}
else{
cur = i;
cnt = 1;
}
}
return cnt > k ? n - k : n;
};
int p = check(s);
if (p == n){
cout << n << '\n';
return;
}
reverse(s.begin(), s.begin() + p);
rotate(s.begin(), s.begin() + p, s.end());
int t = check(s);
cout << (t == n ? p : -1) << '\n';
}
第二种思路待整理。
E. Manhattan Triangle
题意：给定n个点对，问是否有3个点对可以组成三角形，并且任意两对点的曼哈顿距离为d.
思路：将二维距离转化为一维的问题，在第一象限中处理。对于本次查询，将到原点的曼哈顿距离、当前所在x坐标与点下标存储起来。对于每个存储的点，去查找是否有到原点曼哈顿距离相同的点，并且x坐标在当前x坐标的d / 2的距离，这样可以找到一条满足两点距离为d的直线。 其次，再次遍历这些点，去查找是否有到原点距离多了d，但是在它的右上方（x方向多d / 2, y方向多d / 2)，或者正上方的点（y方向多了d / 2)，有的话就是找到了一个三角形。 依次对所有的点进行坐标90度旋转，保证每个点都能在这种计算方式下计算。
总结：有点抽象，很难理解。总的来说就是，先把二维距离用一维来表示，其次先构造符合条件的直线，其次在直线中构造符合条件的三角形。
void solve() {
int n, d;
cin >> n >> d;
vector<pair<int, int>> points(n);
for (auto& [x, y] : points) {
cin >> x >> y;
}
tuple<int, int, int> ans{ 0, 0, 0 };
auto check = [&]() {
vector<tuple<int, int, int>> a;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
a.emplace_back(points[i].first + points[i].second, points[i].first, i);
}
sort(a.begin(), a.end());
vector<array<int, 4>> b;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
const auto& [s, x, k] = a[i];
auto it = lower_bound(a.begin(), a.end(), tuple<int, int, int>{s, x + d / 2, 0});
if (it != a.end() && get<0>(*it) == s && get<1>(*it) == x + d / 2) {
b.push_back({ s, x, k, get<2>(*it) });
}
}
sort(b.begin(), b.end());
for (int i = 0; i < n; ++i) {
const auto& [s, x, k] = a[i];
auto it = lower_bound(b.begin(), b.end(), array<int, 4>{ s + d, x, 0, 0 });
if (it != b.end() && (*it)[0] == s + d && (*it)[1] <= x + d / 2) {
get<0>(ans) = k + 1;
get<1>(ans) = (*it)[2] + 1;
get<2>(ans) = (*it)[3] + 1;
return true;
}
}
return false;
};
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
if (check()) {
break;
}
for (auto& [x, y] : points) {
swap(x, y);
y *= -1;
}
}
cout << get<0>(ans) << ' ' << get<1>(ans) << ' ' << get<2>(ans) << '\n';
}
F. Kostyanych's Theorem
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