Codeforces Round 979 (Div. 2)

Codeforces Round 979 (Div. 2) 总结

A

首先第一位的贡献一定是 $0$，然后考虑接下来 $n-1$ 位，我们可以把最大值和最小值放在第一位和第二位，这样贡献就是 $(max-min)\times (n-1)$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1005;
int n;
void solve()
{
    int mx=0,mi=N;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;
        cin>>x;
        mx=max(mx,x);
        mi=min(mi,x);
    }
    cout<<(mx-mi)*(n-1)<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

B

因为不同位置的 $1$ 和 $0$ 组成的子序列算作不同的，观察可知，当只有一个 $1$ 时最小，为 $1$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
int n;
void solve()
{
    cin>>n;
    cout<<1;
    for(int i=1;i<n;i++) cout<<0;
    cout<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE 
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

C

充分理解下题意，当 $1$ 的左右都是 $0$ 时，才能用 $and$ 操作消掉 $1$。所以如果开头或结尾是 $1$，或者有连续的两个 $1$，输出 YES。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n;
string s;

void solve()
{
    cin>>n>>s;
    s="0"+s;
    int st=0;
    if(s[1]=='1'||s[n]=='1') st=1;
    for(int i=1;i<n;i++) if(s[i]=='1'&&s[i+1]=='1') st=1;
    if(st) puts("YES");
    else puts("NO");
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

D

首先 $\mathtt{\text{L}}$ 和 $\mathtt{\text{R}}$ 相当于左移和右移，以及我们只需要考虑右移（或左移）即可。

对于每个形如 $\mathtt{\text{RRR}}\dots \mathtt{\text{LLL}}\dots$ 的子串 $[l,r]$，其中的 $p_i$($l\le i\le r$) 显然可以到达 $[l,r]$ 中的任一位置，也就是说我们可以任意安排 $[l,r]$ 的顺序。
可知 $s$ 由多个上述子串构成。

而对于 $1\le i<n$，若 $s_i=\mathtt{\text{L}}$ 且 $s_{i+1}=\mathtt{\text{R}}$，都会在 $i$ 处形成一个断点。也就是说 $[1,i]$ 中的数都不可能右移到 $[i+1,n]$ 的位置。因为只考虑右移，我们只考虑最大值，序列要合法就必须所有的 $[l,r]$ 的最大值小于等于 $r$。

因此我们考虑每个 $\mathtt{\text{L}}\mathtt{\text{R}}$，下标为 $i$ 和 $i+1$，如果 $[1,i]$ 的最大值大于 $i$，就说明不可以实现。统计这样不合法的 $\mathtt{\text{L}}\mathtt{\text{R}}$ 的个数 $cnt$，等于 $0$ 输出 YES。

最后思考修改后会有什么影响，就是看看改之前和改之后是不是 $\mathtt{\text{L}}\mathtt{\text{R}}$，更新 $cnt$ 即可。

只需要求前缀最大值就行。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n,q;
int a[N],b[N];
string s;
void solve()
{
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],b[i]=a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=max(b[i-1],b[i]);
    cin>>s;
    s='0'+s;
    int cnt=0;
    for(int i=2;i<n;i++)
        if(s[i]=='L'&&s[i+1]=='R') 
            if(b[i]>i)
                cnt++;
    while(q--)
    {
        int x;
        cin>>x;
        if(s[x]=='L')
        {
            s[x]='R';
            if(s[x+1]=='R') if(b[x]>x) cnt--;
            if(s[x-1]=='L') if(b[x-1]>x-1) cnt++;
        }
        else 
        {
            s[x]='L';
            if(s[x-1]=='L') if(b[x-1]>x-1) cnt--;
            if(s[x+1]=='R') if(b[x]>x) cnt++;
        }
        if(!cnt) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}