Codeforces Round 981 (Div. 3)

Codeforces Round 981 (Div. 3) 总结

A

手推一下，发现位置变化为 $- 1, 2, - 3, 4, \dots$ ，所以只需要看 $n$ 的奇偶性即可。

#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=1;
int n;
void solve()
{
    cin>>n;
    if(n&1) puts("Kosuke");
    else puts("Sakurako");

}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

B

操作时可以尽可能选择多的格子，也就是对角线尽量延伸出去，所以统计每条对角线的最小值， $(i, j)$ 所在对角线编号可以为 $i - j$ ，因为有负的所以加上 $N$ 。

#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=505;
int n;
int a[N][N],b[N*2];
void solve()
{
    cin>>n;
    memset(b,0,sizeof b);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        for(int j=1;j<=n;j++) 
        {
            cin>>a[i][j];
            b[i-j+N]=min(b[i-j+N],a[i][j]);
        }
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<N*2;i++) ans-=b[i];
    cout<<ans<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

C

赛时 $D P$ 写的(开的 vp)，然后感觉比 $E$ 还烦人 qwq。估计很多人就是这样的。设 $f_{i, 0 / 1}$ 为考虑前 $i$ 个数，不交换或交换 $i$ 与 $n - i + 1$ 的最小贡献，这样每个状态就都只与上一个有关了。那么每个位置就是有两种选择，同样上一个状态也会有两种情况，状态转移方程就好求了。

f [i] [0] = m i n (f [i - 1] [0] + (a [i] == a [i - 1]) + (a [n - i + 1] == a [n - (i - 1) + 1]), f [i - 1] [1] + (a [i] == a [n - (i - 1) + 1]) + (a [n - i + 1] == a [i - 1]))

f [i] [1] = m i n (f [i - 1] [0] + (a [n - i + 1] == a [i - 1]) + (a [i] == a [n - (i - 1) + 1]), f [i - 1] [1] + (a [n - i + 1] == a [n - (i - 1) + 1]) + (a [i] == a [i - 1]))

然后还需要注意初始值是最中间的位置，因此可以从最中间开始往后转移，奇偶的初始化情况有点不同。

#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=1e5+5;
int n;
int a[N],f[N][2];
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=f[i][1]=0;
    if(n&1)
    {
        int id=n/2+1;
        if(a[id]==a[id+1]) f[id+1][0]++;
        if(a[id]==a[id-1]) f[id+1][0]++;
        f[id+1][1]=f[id+1][0];
        for(int i=id+2;i<=n;i++) 
        {
            f[i][0]=min(f[i-1][0]+(a[i]==a[i-1])+(a[n-i+1]==a[n-(i-1)+1]),f[i-1][1]+(a[i]==a[n-(i-1)+1])+(a[n-i+1]==a[i-1]));
            f[i][1]=min(f[i-1][0]+(a[n-i+1]==a[i-1])+(a[i]==a[n-(i-1)+1]),f[i-1][1]+(a[n-i+1]==a[n-(i-1)+1])+(a[i]==a[i-1]));
        }
    }
    else 
    {
        int id=n/2+1;
        if(a[id]==a[id-1]) f[id][0]=f[id][1]=1;
        for(int i=id+1;i<=n;i++)
        {
            f[i][0]=min(f[i-1][0]+(a[i]==a[i-1])+(a[n-i+1]==a[n-(i-1)+1]),f[i-1][1]+(a[i]==a[n-(i-1)+1])+(a[n-i+1]==a[i-1]));
            f[i][1]=min(f[i-1][0]+(a[n-i+1]==a[i-1])+(a[i]==a[n-(i-1)+1]),f[i-1][1]+(a[n-i+1]==a[n-(i-1)+1])+(a[i]==a[i-1]));
        }
    }
    cout<<min(f[n][0],f[n][1])<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

D

首先呢，怎么找区间是美丽的，可以用前缀和，设前缀和数组为 $b$ ，当 $b_{i} = b_{j}$ 时，说明 $[i + 1, j]$ 是美丽的。那么现在已经知道了一堆美丽的区间。

抽象一下题意，其实是经典的贪心题，就是问你有一堆已知左右端点的线段，选出最多数量的线段满足其中没有线段重叠。贪心策略是：尽可能早的确定一个右边界，这样对后面的影响是最小的。所以将线段按右端点排序，先将第一条放进去，将边界确定为右端点。然后每次看下一条线段的左端点，大于边界就能取，更新边界；否则就放弃，看下一条。

然后这道题里，可以直接用 $m a p$ 离散化 $b$ 。然后依次扫过去，每次出现相同的数时就是出现了一条新的线段。这样也能保证右端点小的先被考虑。

#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=1e5+5;
int n;
ll a[N],b[N];
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],b[i]=b[i-1]+a[i];
    map<ll,ll> H;
    ll ans=0,ed=-1;
    H[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(H.count(b[i]))
        {
            if(H[b[i]]>ed)
            {
                ans++;
                ed=i;
            }
        }
        H[b[i]]=i+1;
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

E

置换环问题，将 $i$ 和 $p_{i}$ 连边，那么最后肯定会出现小于等于 $n$ 个环，例如 2 3 1 5 6 7 4 8 9：

这样的话，就是要求每个环的个数小于等于 $2$ 。考虑最优交换策略。
如上图四个节点的环这个环，交换环上任一节点的左右节点，比如交换 $6$ 左右的两个 $p_{5}$ 和 $p_{7}$ ， $5$ 是指向 $6$ 的，交换就能使 $7$ 指向 $6$ ，而原本 $6$ 是指向 $7$ 的， $5$ 指向 $7$ 指向的 $4$ ，就将 $6$ 和 $7$ 独立出去了，接下来继续看环剩下的，直到大小不超过 $2$ 。

也就是说每次操作都能保证消掉两个，那么对于一个环 $x$ 来说，需要操作的次数即为 $(s i z e_{x} - 1) / 2$ 。

用并查集统计环的大小。

#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=1e6+5;

int n;
int a[N];
int fa[N],siz[N];
bool v[N];
int find(int x)
{
    if(fa[x]==x) return x;
    return fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y)
{
    x=find(x),y=find(y);
    if(x!=y) siz[x]+=siz[y],fa[y]=x;
}
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,siz[i]=1,v[i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) merge(i,a[i]);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x=find(i);
        if(!v[x]) ans+=(siz[x]-1)/2;
        v[x]=1;
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

F

假设模数为 $4$ ，模完以后得数列变为 $1, 1, 2, 3, 1, 0, 1, 1, 2, 3, 1, 0, 1, \dots$ ，发现有循环节，试过几个数后大胆假设所有模数都是这样。

找到第一个为模后为 $0$ 的位置，乘以 $n$ 即可，严格证明我不会。

#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=1e6+5,mod=1e9+7;

ll n,k;
ll f[N];
void solve()
{
    cin>>n>>k;
    f[1]=f[2]=1;
    ll id,i=3;
    while(1)
    {
        f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%k;
        if(!f[i]) 
        {
            id=i;
            break;
        }
        i++;
    }
    if(k==1) id=1;
    cout<<n%mod*(id%mod)%mod<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}