Codeforces 800-1300 刷题笔记

1946B Maximum Sum

这道题是一道贪心题。

对于第 $1$ 次操作，选择的话肯定是选最大的好，所以我们会找出原序列的最大子段和进行插入，为了使下一次的插入子段更大，所以我们一定会插入原序列的最大子段和中。进行 $m$ 次操作，执行 $m$ 次上述操作即可。

直接模拟的话肯定不行，我们考虑找找规律，由于每次插入都是插入现在序列的最大子段和中，所以每次插入的值都是翻倍增长的，易发现这是一个等比数列的求和。我们如果模拟上述操作，复杂度为 $\mathcal{O}(m)$，可以接受。

最后注意取模。

1004B Sonya and Exhibition

设区间 $[l,r]$ 中 $1$ 有 $x$ 个，$0$ 有 $y$ 个，当 $x$ 和 $y$ 最接近的时候，$x\times y$ 最大，此结论可以用二次函数进行证明。接下来，考虑怎样构造使得 $x$ 与 $y$ 最接近。策略是交替输出 $0$ 和 $1$，这样做的正确性是显然的。

899C Dividing the numbers

一道很好的构造题。

令 $f(x)$ 表示 $n=x$ 时的答案。

当 $x=0$ 时，$f(x)=0$。

当 $x=1$ 时，$f(x)=1$。

当 $x=2$ 时，$f(x)=1$。

当 $x=3$ 时，因为 $3=1+2$，所以 $f(x)=0$。

当 $x>3$ 时，因为有 $(x-1)+(x-2)=(x-3)+x$，所以 $f(x)=f(x-4)$。

依据 $nmod4$ 分类讨论即可。

如何证明次做法的正确性呢？令 $a=\sum _{i=1}^{n}i$，如果 $a$ 是奇数，那么最优答案就是 $1$，否则是 $0$，利用高斯公式依次计算出上述情况下的 $a$，并判断即可证明，在此不再赘述。

78B Easter Eggs

令 $s=\mathtt{\text{ROYGBIV}}$，对于前 $i$ 个彩蛋 $(1\le i\le n-3)$，第 $i$ 个为 $s_{(i-1)mod4}$，这样可以保证 $[1,n-3]$ 这段区间满足条件 $2$，对于后 $3$ 个彩蛋，直接输出 $\mathtt{\text{BIV}}$，这样就满足了条件 $1$，由我们的构造做法可知，$[n-6,n]$ 这个区间是 $\mathtt{\text{ROYGBIV}}$，$[n-2,4]$（题目要求是环）这段区间是 $\mathtt{\text{BIVROYG}}$，都是符合条件的，故整个环符合条件 $2$，然后就做完了。

1759C Thermostat

分类讨论题

• 如果 $a=b$，那么不需要移动，$ans=0$。

• 如果 $|a-b|\ge x$，移动 $1$ 次就可以了，那么 $ans=1$。

• 为了使移动距离尽可能大，最好的方法是移动到边界，即先移动到 $l$ 或 $r$，再到 $b$，那么 $ans=2$。判断条件为 $\{\begin{array}{}a-l\ge x\\ b-l\ge x\end{array}$ 或者 $\{\begin{array}{}r-b\ge x\\ r-a\ge x\end{array}$。

• 如果上述情况还是不满足，我们可以通过两个端点进行 $3$ 次移动，即 $a\to l\to r\to b$ 或 $a\to r\to l\to b$，判断条件为 $\{\begin{array}{}a-l\ge x\\ r-b\ge x\end{array}$ 或者 $\{\begin{array}{}r-a\ge x\\ b-l\ge x\end{array}$。

由于两边端点都已经尝试过了，再移动已经没有意义了，故最多只能有 $3$ 步，其余的情况都是无解，输出 $-1$。

1768B Quick Sort

易发现如果要让序列排序，那么原序列中 $x\sim x+1$ 之间的所有数字都是需要移动的，所以原序列中只有一个最长的连续上升子序列是不需要动的，设其长度为 $m$，那么需要移动的数字数量为 $n-m$，由于每次可以移动 $k$ 个且自动排序，故答案为 $\lceil \frac{n-m}{k}\rceil$。

1832B Maximum Sum

比较坑的一道题，直接双指针模拟贪心是不行的。

先将序列排序，设大的数删了 $x$ 个，那么小的数删了 $2\times (k-x)$，由于它是从头和尾删数，所以我们可以确定删了那些，统计前缀和和后缀和，枚举 $x$，更新答案即可。

1903B StORage room

考虑按位或运算的性质，即 $a$ 和 $b$ 某一位上都为 $0$，那么它们或起来的那一位上也是 $0$，反之，如果 $M_{i,j}$ 的第 $x$ 位上是 $0$，那么 $a_i$ 和 $a_j$ 的第 $x$ 位上也是 $0$，所以我们可以先将 $a$ 的每一位上都赋值为 $1$，再枚举 $M$，利用与运算执行上述操作（将 $a_i$ 或 $a_j$ 与上 $M_{i,j}$，由于与是只有两个 $1$ 才是 $1$，所以如果 $M_{i,j}$ 的某一位上是 $0$，那么 $a_i$ 或 $a_j$ 的相应位置上也是 $0$ 了），最后将生成的 $a$ 再代回检查一遍，如果不满足就是无解，否则输出即可。

1918B Minimize Inversions

将 $a$ 数组排序，就可以最小化两个序列中逆序对的个数的和了，证明如下：

当 $a$ 排序了之后，对于任意一对 $i$ 和 $j$，两数组中逆序对之和数量 $x$ 最大为 $1$，当 $x=0$ 时，交换后 $x$ 为 $2$，当 $x=1$ 时，交换后 $x$ 为 $1$，所以再怎么交换都不可能更优了，故现在的序列即为最优解。

1335D Anti-Sudoku

直接将 $1$ 改成 $2$（当然其他的数也行），数独的性质保证了这样做是对的。

62A A Student's Dream

可以先考虑男孩用左手握女孩的右手，设男孩左手有 $a$ 根手指，女孩的右手有 $b$ 根手指。

• 先考虑女孩的两根手指中间必须有男孩的一根手指这个条件，可以将其类比成植树问题，女孩手指的间隙就是植数的地方，男孩的手指就是树，易发现女孩手指的间隙共有 $b-1$ 个，而男孩的手指则有 $a$ 根，所以判断 $a\ge b-1$ 即可。

• 接下来再考虑男孩的三根手指之间必须有女孩的一根手指这个条件，在 $b$ 尽可能多的情况下这个条件一定是满足的，所以考虑 $b$ 最少时的情况，可以发现最优解是这样的：$\mathtt{\text{BBGBBGBB}}\dots \mathtt{\text{BBGBB}}$（$\mathtt{\text{B}}$ 是男孩，$\mathtt{\text{G}}$ 是女孩），所以如果 $2\times b+2\ge a$，那么这个条件就满足了。

如果以上两的条件都满足，那么男孩就可以用左手握女孩的右手，最后再判断男孩能否用右手握女孩的左手的情况，如果有一种情况是满足的，那么就是有解，否则就是无解