Codeforces Round 968 (Div. 2)

1|0A. Turtle and Good Strings

思路：题意大致为把一个字符串分成若干段，要求每两段，前一段的首字符不能等于后的一段的尾字符，给你一个字符串，能不能构造出合法方案。观察到，分的段数越小，越有助于我们判断。所以，不妨分成两段，问题转化为判断首尾字符是否相等。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define ios ios::sync_with_stdio(0)
#define endl '\n'
#define pii pair<int, int>
#define debug(x) cout << "x = " << x << endl;
#define lowbit(x) (x & (-x))
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5, P = 13331;
void solve()
{
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        string s;
        int n;
        cin >> n >> s;
        if (s[0] != s[n - 1])
            cout << "yes" << endl;
        else
            cout << "no" << endl;
    }
}
signed main()
{
    ios;
    solve();
    return 0;
}

2|0B. Turtle and Piggy Are Playing a Game 2

思路：题意可以转化成，为了最大化最后剩下的数，每次先手能删除当前最大的数，每次后手能删除当前最小的数。所以答案是原序列的第 $⌊ \frac{n}{2} ⌋ + 1$ 小的数。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define ios ios::sync_with_stdio(0)
#define endl '\n' 
#define pii pair<int,int>
#define debug(x) cout<<"x = "<<x<<endl;
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5,P = 13331;
int a[N],n;
void solve() {
    int T = 1;
    cin>>T;
    while(T --) {
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i ++)
            cin >> a[i];
        sort(a + 1, a + 1 + n);
        int cnt = n - 1,l;
        if(cnt&1)
        {
            l = cnt / 2 + 1;
        }
        else 
        {
            l = r = cnt / 2;
        }
        cout << a[l + 1] << endl;
   }
}
signed main() {
    ios;
    solve();
    return 0;
}

3|0C. Turtle and Good Pairs

思路：既然题目让我们最大化好对的数量，那我们不妨去分类讨论一下那些 $(i, j)$ 是好对。

若 $S_{i} = S_{j}$ ，那么 $(i, j)$ 是一个好对。
若 $S_{i} \neq S_{j}$ ，且 $\exists k \in [i, j)$ 使得 $S_{k} \neq S_{i} \land S_{k} \neq S_{j}$ ，那么 $(i, j)$ 是一个好对。

不妨把 $S$ 划分成若干个由相同字符组成的连续段，那么如果 $(i, j)$ 为好对，则 $i$ 所在的连续段和 $j$ 所在的连续段必然不相邻。令 $m$ 为字符串 $S$ 连续段的数量， $a_{i}$ 为第 $i$ 段的长度，那么好对数量应为 $\frac{n * (n - 1)}{2} - \sum_{i = 1}^{m - 1} a_{i} * a_{i + 1}$ ，问题转化为令 $\sum_{i = 1}^{m - 1} a_{i} * a_{i + 1}$ 最小。我们只需这样构造，令每一个字符不等于上一个字符，当只剩余一个字符时，全放在字符串最后即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define ios ios::sync_with_stdio(0)
#define endl '\n'
#define pii pair<int, int>
#define debug(x) cout << "x = " << x << endl;
#define lowbit(x) (x & (-x))
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5, P = 13331;
struct node
{
    int id, num;
    bool operator<(const node &u) const
    {
        return num < u.num;
    }
};
int n;
void solve()
{
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        node a[26];
        cin >> n;
        char c;
        for (int i = 0; i < 26; i++)
            a[i].id = i, a[i].num = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            cin >> c;
            a[c - 'a'].num++;
        }
        sort(a, a + 26);
        int st = 0, ed = 25;
        while (a[st].num == 0)
            st++;
        int cnt = 0;
        while (cnt < n)
        {
            if (cnt % 2 == 0)
            {
                if (a[ed].num == 0)
                {
                    ed--;
                }
                cout << (char)('a' + a[ed].id);
                a[ed].num--;
                cnt++;
            }
            else
            {
                if (a[st].num == 0)
                {
                    st++;
                }
                cout << (char)('a' + a[st].id);
                a[st].num--;
                cnt++;
            }
        }
        cout << endl;
    }
}
signed main()
{
    ios;
    solve();
    return 0;
}

4|0D1. Turtle and a MEX Problem (Easy Version)

思路：思路很好想到，设 $u_{i}$ 为序列 $i$ 最小的没有出现的非负整数， $v_{i}$ 为序列 $i$ 次小的没有出现的非负整数，容易发现 $x$ 经过若干次操作，最大值为 $max ({max}_{i = 1}^{n} v_{i}, x)$ 。不妨设 ${max}_{i = 1}^{n} v_{i}$ 为 $k$ ，则最后的答案为 $\sum_{i = 0}^{k} k + \sum_{i = k + 1}^{m} i$ ，因为 $m \leq 10^{9}$ ，所以后面那一段需要用等差数列求和公式。（赛时脑抽了，没注意到...）

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define ios ios::sync_with_stdio(0)
#define endl '\n'
#define pii pair<int, int>
#define debug(x) cout << "x = " << x << endl;
#define lowbit(x) (x & (-x))
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5, P = 13331;
map<int, int> mp;
void solve()
{
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        int mx = 0, n, m;
        cin >> n >> m;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            int l;
            cin >> l;
            mp.clear();
            for (int j = 1, x; j <= l; j++)
            {
                cin >> x;
                mp[x] = 1;
            }
            bool f = false;
            for (int j = 0; j <= l + 2; j++)
            {
                if (mp[j] == 0)
                {
                    if (!f)
                        f = true;
                    else
                    {
                        mx = max(mx, j);
                        break;
                    }
                }
            }
        }
        int cnt1 = min(mx, m) + 1, cnt2 = max(m - mx, (int)0);
        int ans = cnt1 * mx + (mx + 1 + m) * cnt2 / 2;
        cout << ans << endl;
    }
}
signed main()
{
    ios;
    solve();
    return 0;
}

5|0D2. Turtle and a MEX Problem (Hard Version)

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 200100;

ll n, m, a[maxn], f[maxn];
pii b[maxn];
bool vis[maxn];
vector<int> G[maxn];

inline ll calc(ll l, ll r) {
	return (l + r) * (r - l + 1) / 2;
}

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	ll t = -1, ans = 0, k = 0;
	for (int i = 1, l; i <= n; ++i) {
		scanf("%d", &l);
		for (int j = 1; j <= l; ++j) {
			scanf("%lld", &a[j]);
			if (a[j] < maxn) {
				vis[a[j]] = 1;
			}
		}
		ll u = 0;
		while (vis[u]) {
			++u;
		}
		t = max(t, u);
		ll v = u;
		vis[u] = 1;
		while (vis[v]) {
			++v;
		}
		b[i] = mkp(u, v);
		k = max(k, v);
		vis[u] = 0;
		for (int j = 1; j <= l; ++j) {
			if (a[j] < maxn) {
				vis[a[j]] = 0;
			}
		}
	}
	for (int i = 0; i <= k; ++i) {
		vector<int>().swap(G[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		G[b[i].fst].pb(b[i].scd);
	}
	for (int u = k; ~u; --u) {
		f[u] = u;
		for (int v : G[u]) {
			f[u] = max(f[u], f[v]);
		}
		if ((int)G[u].size() >= 2) {
			t = max(t, f[u]);
		}
	}
	for (int i = 0; i <= min(k, m); ++i) {
		ans += max(t, f[i]);
	}
	if (k < m) {
		ans += calc(k + 1, m);
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

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本文作者：小张
本文链接：https://www.cnblogs.com/zc-study-xcu/p/18380997.html
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