Codeforces Round 981 (Div. 3) 题解(A-E)

目录

• 分析
• A
  • 思路
  • 代码
• B
  • 思路
  • 卡题原因
  • 代码
• C
  • 思路
  • 卡题原因
  • code
• D
  • 思路
  • 卡题原因
  • 代码
• E
  • 思路
  • wa原因
  • code

Codeforces Round 981 (Div. 3)

分析

这场整体发挥都不好, 虽然题也抽象, 但是对于这些题完全没必要卡这么久. 正常至少能看到 $\mathbf{F}$

A

思路

因为边界 $n$ 管辖 $\pm$, 而 Sakurako 管辖 $\{-1,-3,-5,-7...\}$, Kosuke 管辖 $\{2,4,6,...\}$, 也就是说 Sakurako 管辖奇数, Kosuke 管辖偶数.

代码

void func(void)
{
	int n;
	cin >> n;
	cout << (n&1 ? "Kosuke\n" : "Sakurako\n");
}

B

思路

翻译题意后可知, 每次操作对一个子正方形的主对角线(左上到右下)都 $+1$.

那么对于边长为 $n$ 的正方形, 每次只需要操作 $2n-1$ 条线(从左下或者右上点的边长 $\le n$ 的正方形), 因为对于每条主对角线, 如果首尾相接就可以连起来, 那么可以将操作合并.

并且因为只需要让所有数为 $+$, 所以只需统计每条上负数的最大值即可, 最后求和.

卡题原因

一时间没想到怎么处理对角线, 居然卡了半个小时.
注: 事实上下列代码也非常丑陋. 完全不符合我的代码风格.

代码

void func(void)
{
	int n,ans = 0;
	cin >> n;
	vector<vector<int>> a(n+2,vector<int>(n+2));
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			int stp;	cin >> stp;
			if(stp < 0)	a[i][j] = -stp;
		}
	}
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		int stp = 0;
		int x = i,y = 1;
		while(x <= n)
		{
			stp = max(stp,a[x][y]);
			x++, y++;
		}
		ans += stp;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		int stp = 0;
		int x = 1,y = i;
		while(y <= n)
		{
			stp = max(stp,a[x][y]);
			x++, y++;
		}
		ans += stp;
	}
	cout << ans << '\n';
}

C

思路

贪心
因为每个元素只能和对称元素交换, 所以可以把原始串拆成两部分 —— $1 \sim n/2, (n+1)/2 \sim n$, 如果奇数串, 因为对称轴元素无法交互, 所以不用处理.

虽然题意描述是 $a_j = a_{j+1}$ 扰动指数增加, 但是按 $a_j = a_{j-1}$ 判断也可以, 那么对称轴左侧向左判, 右侧向右判断也无影响, 若是到了对称轴:

• 若是奇数, 中间数不变化, 所以不影响结果.
• 若是偶数, 分界点左右数互相判断, 也无影响.

设$fi(i) = n - i + 1$
那么每次只需要判断 $i - 1$ 和 $fi(i-1)$, $i$ 和 $fi(i)$.
设$a_{i-1} = x_0, a_{fi(i-1)} = y_0, a_{i} = x_1, a_{fi(i)} = y_1$

• 若 $x_0 = y_0$, 那么 $x_1, y_1$ 在什么位置都不影响结果.
• 若 $x_1 = y_1$, 那么 $x_0, y_0$ 在什么位置都不影响结果.
• 若 $x_0 = x_1$, 那么交换$x_1, y_1$, 使得两个 $x$ 不接触.
• 若 $y_0 = y_1$, 那么交换$x_1, y_1$, 使得两个 $y$ 不接触.

卡题原因

分析觉得需要尽量减少连续序列长度, 但是长度实际并没有影响.

code

int fi(int k)// 计算反转后的串
{
	return (n-k+1);
}

void func(void)
{
	
	cin >> n;
	vector<int> a(n+1),t(n+1);// 其实也没有新开的必要, 因为每次也是判断交换后的前一个数
	vector<PII> b(n/2+1);
	for(int i=n;i>=1;--i)	cin >> a[i];// 并没有反读的必要
	for(int i=1;i<=n/2;++i)
	{
		b[i].x = a[i],b[i].y = a[fi(i)];
	}
	int ans = 0;
	t[(n+1)/2] = a[(n+1)/2];
	for(int i=1;i<=n/2;++i)
	{
		t[i] = b[i].x,t[fi(i)] = b[i].y;
		if(t[i-1] == t[fi(i)+1] || b[i].x == b[i].y)	continue;
		if(b[i].x == t[i-1] || b[i].y == t[fi(i)+1])
		{
			swap(t[i],t[fi(i)]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)	if(t[i] == t[i-1])	ans ++;
	cout << ans << '\n';
}

D

思路

前缀和 贪心

前缀和维护上一次为 $0$ 区间尾的下一个点开始到当前节点的前缀和.

贪心寻找每次最先出现的满足区间, 这样对后续区间的影响最小, 因为其尽可能靠左, 占用元素更少.

卡题原因

完全没想到在线, 还是抄小秦的才明白.

代码

void func(void)
{
	int n,ans = 0,sum = 0;
	cin >> n;
	vector<int> a(n);
	map<int,int> mp;
	for(auto &i : a)	cin >> i;
	for(int i=0;i<n;++i)	
	{
		sum += a[i];
		mp[sum] ++;
		if(mp[sum] == 2 || sum == 0)
		{
			ans ++;
			sum = 0;
			mp.clear();
		}
		
	}
	cout << ans << '\n'; 
}

E

思路

对于每个 $i$, 可以通过 $a_i$ 找到指向的元素, 那么互相指向的元素就可以构成一个环.

根据题意, 大小 $\le 2$ 的环满足条件, 题面需要所有环 $\le 2$.

可以计算, 一个 $> 2$ 的环, 需要 $(size-1) / 2$ 次操作才能满足条件.
所以只需要计算每个环的操作此时, 求和即可.

wa原因

bitset开小了, 搞错了开法, <>内的是实际元素大小.
为什么小数据还一直报wa, 搞得我以为是模拟错了. 要不是看小秦代码对拍, 当晚都补不出来.

code

void func(void)
{
	int n;
	cin >> n;
	vector<int> a(n+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)	cin >> a[i];
	bitset<N/32> vis;
	int tp = 1,ans = 0,p = 0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		if(vis[i])	continue;
		vis[i] = true;
		tp = i, p = a[tp];
		vis[p] = true;
		int cnt = 1;
		while(p != tp)
		{
			p = a[p];
			cnt ++;
			vis[p] = true;
		}
		ans += (cnt-1)/2;
	}
	cout << ans << '\n';
}