CodeForces vp / contest 记录

Codeforces Round 819 (Div. 1 + Div. 2) and Grimoire of Code Annual Contest 2022

赛时以 $8$ 发罚时的好成绩通过了 $\text{A} \sim \text{D}$，$\text{E}$ 差一步想出来，大概得了个 Rank 681, Performance 2098，实在拉跨。

A

可以操作 $[1,n]$，也可以操作 $[1,i]$ 或 $[i,n]$。几种情况取个最大值即可。

B

若 $m < n$ 则无解，否则前面一直填 $1$，最后 $1/2$ 位填剩的即可。

C

暴力合并即可，注意只用合并到高度一样的前两个。

D

这题 $5$ 发罚时……

先随便搞一棵生成树，如果多余的边不形成环，就是树边涂 $0$，非树边涂 $1$ 即可。

否则找一个非树边连的链上的点，满足它与链的某个端点相邻，交换它们的颜色即可。

E

其实是简单题，但是搞了好久……

打表后可以简单证明排列只可能存在长度为 $1,2,4$ 的置换环，并且长度为 $4$ 的置换环满足环上距离为 $2$ 的点权差为 $1$。

考虑计数。先把长度为 $1,2$ 的答案搞出来，设一个 $f_n$ 表示只考虑长度为 $1,2$ 的环的答案，则 $f_n = f_{n-1} + (n-1)f_{n-2}$，然后考虑 $4$ 的答案。

由于 $4$ 是由两个 $2$ 拼起来的，不妨枚举选了 $2i$ 个 $2$ 段。这个的方案相当于把 $n-2i+1$ 个物品分成 $2i+1$ 段，因此方案数为 $\binom{n-2i}{2i}$。

这时候 $2i$ 个 $2$ 段要两两配对，并且每对都有 $2$ 种插入方式。因此：

$$ans = \sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{4}} \binom{n-2i}{2i} \times (2i-1)!! \times 2^i \times f_{n-4i}$$

G

$O(n)$ 做法感觉其实挺简单的。

考虑发现一些性质。

性质 1： 设最后所有的人变成 $t$，则 $t > \max$。

性质 2： 对于所有 $(x,1)\ (x < t)$ 最多只有一个相同的，因为如果有多个，后一个会比前一个大。

性质 3： $t = \min + n - 1$。

因此所有的 $(t,1)$ 顺序任意。按权值从大到小考虑，所有 $(x,0)$ 后面恰好有 $t - x$ 个数比它小，所有 $(x,1)$ 后面恰好有 $x - \min$ 个数不大于它。如果不够分配就无解，否则这些限制 基本 能唯一确定一个排列，再乘上 $(x,0)$ 内部的排列顺序作为系数即可。

Nebius Welcome Round (Div. 1 + Div. 2)

vp 时降智了，简单贪心调了好久……最后是 Rank 1084, Performance 1902。

A

先走 $\min(a,b)$，多的部分停一次再走。

B

每次接种的人是一段区间，双指针即可。

C

猜了个结论，枚举到 $\min(10n,p)$，然后过了。

D

考虑贪心。要求最小，肯定是 11 更优，之后是 01，之后是 00；要求最大，从左到右，如果是 01 或 00 就先放。

E

考虑如果有解，那么一定存在每个点到环的距离 $\le 1$ 的解。暴力找环即可。

具体而言，设 $f_{S,i,j}$ 为起点为 $i$，终点为 $j$，经过的点集为 $S$ 的链是否存在，之后枚举 $S,i,j$，判断 $i,j$ 是否有边即可，这样是 $O(n^32^n)$ 的。注意到环上起点任意，因此钦定编号最小的点为起点，就能做到 $O(n^22^n)$。

F

搞笑题。

设图的直径为 $d$，考虑随便取一个点 $u$ BFS 一遍，求出的最大距离 $r$ 满足 $d \le 2r$。证明是设直径两端点分别为 $i,j$，显然 $dis(u,i) + dis(u,j) \ge dis(i,j)$，那么 $2r \ge d$。

由于题目只要求毛估估，所以对于每张图直接输出 $r$ 即可，其中此时的 $r$ 小于上一次的一半就要重新求一遍。每次二分右端点即可。

CodeTON Round 4 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)

赛时降智了，10 发罚时过 A~E，还 fst 了。最后是 Rank 669, Performance 2074。

A

判断是否存在 $i$ 使得 $a_i \le i$ 即可。

B

二进制分解即可，填 $0$ 就相当于依次进行 2,1 操作。

C

先删掉所有重复的数，最后枚举保留几个数即可。

D

显然每条信息能得到的是 $h$ 的范围，解不等式即可。

E

考虑从小到大进行并查集。每次如果一个点合并成功了，就继续往它的邻居合并。

使用启发式合并，复杂度 $O(n \log^2 n)$。

F

考虑如果答案为 $x$，则第 $i$ 个叶子的深度最优是 $x - a_i$。一层的 $m$ 个结点要向上占用一个结点，所以最后合并到只剩一个叶子的时候深度不能小于 $0$。

也就是：$\sum\limits_{i=1}^n m^{a_i} \le m^x$

即：$x = \left\lceil\log_{m}{\sum\limits_{i=1}^n m^{a_i}}\right\rceil$。

也就是说我们要维护 $\sum\limits_{i=1}^n m^{a_i}$，使用线段树维护大数即可。

Educational Codeforces Round 143 (Rated for Div. 2)

赛时卡 F 了，后来发现正解其实很简单……得了个 Rank 26, Performance 2461。

A

枚举即可。

B

显然造成正贡献的线段只有包含 $k$ 的，差分即可。

C

对于每个 $a_i$ 计算它能贡献到的最远的位置即可。

D

显然对于每个连通块，染色的情况是互补的。统计 $\max$ 的方案，最后乘一个 $\binom{\frac{n}{6}}{\frac{n}{3}}$ 即可。

E

考虑设 $f_i$ 为 $i$ 爆炸后左侧造成的伤害，$g_i$ 为右侧。

对于 $f_i$，找到第一个 $a_j - j \le a_i - i$ 的 $j$（若不存在则为 $0$），那么 $f_i$ 可以从 $f_j$ 转移。

最后枚举爆炸中心取个 $\min$ 即可。

F

考虑二分答案，这样能知道每个点需要走的步数。

对于一次 dfs，贪心地自底向上考虑，如果 $u$ 向下走不行，那么就转移到父节点；如果父节点被染黑了或父节点不存在，就不行。

G

令 $d_u = deg_u - a_u$，可以发现删点的过程相当于拓扑排序。

先任意求出一个拓扑序，如果对于原图的一条边 $(u,v)$，$u$ 出现在 $v$ 前面，那么连一条边 $u \to v$。容易证明要统计的即为新图上的不可到达的点对数。

容斥后转化为统计可达点对。分块 bitset 即可。设一个块长 $B=10^3$，每次统计 $[iB+1, (i+1)B]$ 中的点能到达哪些点。时间复杂度 $O(\frac{n^2}{w})$，空间复杂度 $O(\frac{nB}{w})$