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 \(DP\) 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。
\[f[i][0]=min(f[i-1][0]+(a[i]==a[i-1])+(a[n-i+1]==a[n-(i-1)+1]),f[i-1][1]+(a[i]==a[n-(i-1)+1])+(a[n-i+1]==a[i-1]))
\]
\[f[i][1]=min(f[i-1][0]+(a[n-i+1]==a[i-1])+(a[i]==a[n-(i-1)+1]),f[i-1][1]+(a[n-i+1]==a[n-(i-1)+1])+(a[i]==a[i-1]))
\]
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 \(map\) 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 \((size_x-1)/2\)。
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;
}
