Codeforces Round 951 (Div. 2) 题解

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好久没更新了，诈尸一下。

挑战最快题解。

B 题刚做完的时候网络爆炸了，掉了一点分。最终排名 22。

题目做起来很爽。~~大爱思维与构造！抵制数据结构！~~

2024/6/7update：修改了一些抽风表述（原谅赛时脑子不好使）。

2024/6/9update：更新 F 题解。

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Codeforces Round 951 (Div. 2)

A.Guess the Maximum

题目大意

给定一个长度为 $n$ 的数组 $a$ ，求一个最大的数 $x$ ，使得任意一个长度不小于 $2$ 的连续子串的最大值大于 $x$ 。

多组测试， $2 \le n \le 5 \times 10^4, 1 \le a_i \le 10^9, T \le 10^4, \sum n \le 5 \times 10^4$ 。

思路

最大值尽可能小，那么选择的连续子串越短越优。

枚举所有长度为 $2$ 的连续子串，求出它们最大值的最小值，然后减去 $1$ 输出即可。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n,m,k;
ll a[N],b[N];

void mian(){
	
	ll ans=1e9;
	scanf("%lld",&n);
	For(i,1,n){
		scanf("%lld",&a[i]);
		if(i>1)ans=min(ans,max(a[i],a[i-1]));
	}
	
	printf("%lld\n",ans-1);
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

B.XOR Sequences

题目大意

给定两个数 $x,y$ ，构造无限长度序列 $a_n = n \oplus x , b_n = n \oplus y$ 。求两个序列的最长公共子序列长度。

多组测试， $0 \le x,y \le 10^9, x \neq y, T \le 10^4$ 。

思路

考虑公共子序列如何形成。

假设现在满足 $x \oplus n = y \oplus m$ 。如果想要 $n,m$ 自增之后仍然满足条件，那么在自增过程中， $n,m$ 的每一个二进制位要么同时改变，要么同时不变。

然后考虑 $n,m$ 的一个满足条件的解： $n=x,m=y$ 。我们将 $n,m$ 所有相同的位全部变为 $0$ ，得到 $n,m$ 的最小解。

此时 $n,m$ 能够自增的次数显然是最多的。如果此时 $n,m$ 的二进制低位连续的 $0$ 的个数为 $t_1,t_2$ ，那么答案就是 $2^{\min\{t_1,t_2\}}$ 。

也就是说，令 $x,y$ 从最低位开始的连续相同二进制位的个数为 $t$ ，那么答案即为 $2^t$ 。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n,m,k;
ll a[N],b[N];

void mian(){
	
	ll ans=0;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	
	while(((n>>ans)&1)==((m>>ans)&1))++ans;
	
	printf("%lld\n",1ll<<ans);
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

C.Earning on Bets

题目大意

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$ ，你需要构造一个长度也为 $n$ 的序列 $b$ ，满足 $\forall i,a_i b_i > \sum_{j=1}^{n} b_j$ 。

无解输出 $-1$ 。

多组测试， $1 \le n \le 50, 2 \le a_i \le 20, T \le 10^4, \sum n \le 2 \times 10^5$ 。

思路

显然让所有的 $a_i b_i$ 都相等时最优。

求出 $a_i$ 的最大公倍数，然后计算验证是否合法即可。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n,m,k;
ll a[N],b[N];

void mian(){
	
	ll ans=0;
	scanf("%lld",&n);
	For(i,1,n){
		scanf("%lld",&a[i]);
		if(i==1)ans=a[i];
		else ans=ans/__gcd(ans,a[i])*a[i];
	}
	
	ll s=0;
	For(i,1,n){
		b[i]=ans/a[i];
		s+=b[i];
	}
	
	if(ans<=s){
		printf("-1\n");
		return;
	}
	For(i,1,n){
		printf("%lld ",b[i]);
	}
	printf("\n");
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

D.Fixing a Binary String

题目大意

给定一个长度为 $n$ 的 01 串 $s$ 和一个整数 $k$ ，你需要恰好进行一次操作：

选择一个 $1 \le p \le n$ ，将序列变为 $s_{p+1} s_{p+2} \dots s_{n} s_p s_{p-1} \dots s_1$ 。

定义一个 01 串 $s$ 是好的当且仅当满足以下条件：

$s_1=s_2=\dots=s_k$ 。
$\forall 1 \le i \le n-k,s_i \neq s_{i+k}$ 。

求是否能将 $s$ 变为好串。如果可以，输出 $p$ ，否则输出 $-1$ 。

多组测试， $2 \le n \le 10^5, 1 \le k \le n, T \le 10^4, \sum n \le 2 \times 10^5$ ， $n$ 是 $k$ 的倍数。

思路

发现操作后 $s_1$ 总在最后，结合序列的最终条件，考虑从这里入手。

令 $s[l,r]$ 表示 $s_l s_{l+1} \dots s_r$ 。

为了满足序列的格式， $s[1,\lceil\frac{p}{k}\rceil \times k]$ 以及 $s[p+1,\lceil\frac{n-p}{k}\rceil \times k+p]$ 必定是好的 01 串，因为这些地方是操作无法影响到的。

分类讨论。

从前往后看，找到第一个使好串条件不成立的位置 $tmp$ ， $s_{tmp-1}$ 为 $t$ 。

$tmp \not\equiv 1 (\bmod k)$ ，此时的连续 $t$ 的个数没有到达 $k$ 个，从中间划开必定不符合条件，只能选择 $p=tmp-1$ 。
$tmp \equiv 1 (\bmod k)$ ，此时连续 $t$ 的个数超过 $k$ 个，必须从中间划开，所以求出 $s$ 结尾的连续 $t$ 个数 $tot$ ，然后选择 $p=tmp-tot-1$ 。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n,m,k;
ll a[N],b[N];

ll check(ll ans){//验证b数组是否是好的
	ll t=b[1],cnt=1;
	For(i,2,n){
		if(b[i]==t&&cnt<m)++cnt;
		else if(b[i]!=t&&cnt==m)t=b[i],cnt=1;
		else return -1;
	}
	return ans;
}

void mian(){
	
	ll ans=0;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	For(i,1,n){
		scanf("%1lld",&a[i]);
	}
	
	ll t=a[1],cnt=1,tmp=0;//t为当前数，cnt为连续出现次数，tmp为第一个不满足好串的点
	For(i,2,n){
		if(a[i]==t&&cnt<m)++cnt;
		else if(a[i]!=t&&cnt==m)t=a[i],cnt=1;
		else{
			tmp=i;
			break;
		}
	}
	if(tmp==0){//原串就是好的
		printf("%lld\n",n);
		return;
	}
	if(cnt!=m){//只能选择p=tmp-1
		For(i,tmp,n)b[i-tmp+1]=a[i];
		Rep(i,tmp-1,1)b[n-i+1]=a[i];
		printf("%lld\n",check(tmp-1));
		return;
	}
	ll tot=0;//统计结尾的连续长度
	Rep(i,n,1){
		if(a[i]==a[tmp-1])++tot;
		else break;
	}
	if(tot>m){//已经超过了要求数量
		printf("-1\n");
		return;
	}
	tmp-=tot;//用m-tot个与结尾拼合
	For(i,tmp,n)b[i-tmp+1]=a[i];
	Rep(i,tmp-1,1)b[n-i+1]=a[i];
	printf("%lld\n",check(tmp-1));
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

E.Manhattan Triangle

题目大意

对于两个点 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ ，曼哈顿距离为 $|x_1-x_2|+|y_1-y_2|$ 。

给定平面上 $n$ 个点 $(x_i,y_i)$ 和一个整数 $k$ 。定义三个点形成好的三角形当且仅当任意两点的曼哈顿距离都为 $k$ 。

求出给定的点中的一个好的三角形。若存在，输出三个点的编号；若不存在，输出三个 $0$ 。

多组测试， $3 \le n \le 10^5, 2 \le k \le 4 \times 10^5, -10^5 \le x_i,y_i \le 10^5, T \le 10^4, \sum n \le 2 \times 10^5$ ， $k$ 是偶数。

思路

曼哈顿距离有一个特点：到一个点的曼哈顿距离相同的点组成一个菱形。

根据这个特点可以发现，一个好的三角形，至少有一条过两个点的直线的倾斜角为 $45^\circ$ 或 $135^\circ$ 。

我们不妨枚举这条直线，从而确定两个点。

倾斜角 $45^\circ$ 和 $135^\circ$ 的情况可以分开考虑，只需要让所有点关于 $y$ 轴对称后重新计算即可。

将处于同一条直线的点用 vector 记录下来，并按照 $x$ 坐标排好序。

双指针找到曼哈顿距离为 $k$ 的直线上的两点（它们的 $x$ 坐标相差 $\frac{k}{2}$ ），然后在离这条直线水平距离为 $k$ 的两条直线上分别二分找到三角形的第三个点。

复杂度 $O(n \log n)$ 。

代码实现

注意下标加上一个较大的数防止变成负数。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll BIG=300000;//一个较大的数
ll n,k;
ll a[N],b[N];
ll m,f[N];
vector<ll>t[N];
struct node{
	ll a,b,c;
}ans;

bool cmp(ll x,ll y){
	return a[x]<a[y];
}

ll find(ll pos,ll x,ll y){//二分
	if(pos<100000||pos>500000)return 0;//防止下标溢出
	ll l=0,r=(ll)t[pos].size()-1,res=0;
	while(l<=r){
		ll mid=(l+r)>>1;
		if(a[t[pos][mid]]>=x)res=t[pos][mid],r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	if(res&&a[res]<=y)return res;
	else return 0;
}

void calc(){
	m=0;
	For(i,1,n){
		f[++m]=a[i]-b[i]+BIG;
		t[a[i]-b[i]+BIG].pb(i);
	}
	//离散化
	sort(f+1,f+m+1);
	m=unique(f+1,f+m+1)-f-1;
	
	For(i,1,m)sort(t[f[i]].begin(),t[f[i]].end(),cmp);//按x坐标排序
	
	For(i,1,m){
		ll y=0;
		For(x,0,(ll)t[f[i]].size()-1){
			while(y<(ll)t[f[i]].size()&&a[t[f[i]][y]]-a[t[f[i]][x]]<k/2)++y;
			if(y>=(ll)t[f[i]].size())break;
			if(a[t[f[i]][y]]-a[t[f[i]][x]]==k/2){
				ll t1=find(f[i]-k,a[t[f[i]][x]]*2-a[t[f[i]][y]],a[t[f[i]][x]]);
				ll t2=find(f[i]+k,a[t[f[i]][y]],a[t[f[i]][y]]*2-a[t[f[i]][x]]);
				if(t1)ans=(node){t[f[i]][x],t[f[i]][y],t1};
				if(t2)ans=(node){t[f[i]][x],t[f[i]][y],t2};
			}
		}
	}
	
	For(i,1,m)t[f[i]].clear();
}

void mian(){
	
	ans=(node){0,0,0};
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	For(i,1,n){
		scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
	}
	
	calc();
	For(i,1,n)a[i]=-a[i];
	calc();
	
	printf("%lld %lld %lld\n",ans.a,ans.b,ans.c);
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

F.Kostyanych's Theorem

题目大意

交互题。

交互库会有一个 $n$ 个点的完全无向图，并从中删除恰好 $n-2$ 条边。现在给定 $n$ ，你需要进行不超过 $n$ 次以下询问：

"? $d$ "：交互库会找到编号最小的度数不小于 $d$ 的节点 $x$ ，并找到编号最小的不与 $x$ 直接相连的节点 $y$ 。
- 如果 $x$ 不存在，则返回 $0\ 0$ ；
- 如果 $x$ 存在但 $y$ 不存在，从图中删除点 $x$ ，返回 $x\ 0$ ；
- 否则从图中删除点 $x$ ，返回 $x\ y$ 。

你需要找到一条路径，经过原图上的每个点各一次。输出格式如下：

"! $x_1$ $x_2$ $\dots$ $x_n$ "： $x_i$ 表示这条路径依次经过的点。

多组测试， $2 \le n \le 10^5, T \le 10^4, \sum n \le 10^5$ 。

思路

由于我们的查询次数有限，所以我们必须尽可能保证不做无效查询（返回 $0\ 0$ 的查询）。

要做到这一点，我们需要知道图中节点的最大度数最小是多少。

我们知道图的边数是 $m=\frac{n(n-1)}{2}-(n-2)=\frac{n^2-3n+4}{2}$ 。

假设每个节点的度数都为 $t$ ，那么图的边数为 $m_1=\frac{nt}{2}$ 。

当 $m_1<m$ 时， $t$ 最大为 $n-3$ ，也就是说至少有一个节点的度数大于 $n-3$ ，也至少一个节点的度数小于等于 $n-3$ 。

接下来考虑如何构造路径。

由于每次查询之后，交互库会将点 $x$ 删除，考虑递归处理这个问题。边界条件为 $n=1$ 或 $n=2$ 。我们用双端队列记录路径。

尝试查询 $d=n-2$ 。分类讨论。

$y=0$ ：

没有度数为 $n-2$ 的点，此时返回的 $x$ 度数为 $n-1$ 。

那么最优考虑下，我们找到一个度数最小的点 $z$ ，并将 $z \to x \to$ 加入路径。

也就是说我们再进行查询 $d'=0$ 即可。

但此时是不是变成了子问题呢？我们验证一下。

由于图中至少一个点的度数小于等于 $n-3$ ，点 $z$ 度数一定小于等于 $n-3$ 。

那么此时边数至少为 $m'=m-(n-1)-(n-3)+1=\frac{n^2-7n+14}{2}=\frac{(n-2)^2-3(n-2)+4}{2}$ 。

说明这是一个子问题。
$y \neq 0$ ：

返回的 $x$ 度数为 $n-2$ 。

此时我们知道 $x$ 仅与 $y$ 之间没有连边。

而路径有两个端点，我们将 $x$ 插入到有连边的一端即可。

由于此时 $n \ge 3$ ，递归返回的路径长度 $l \ge 2$ ，所以端点必然不相同。

同样可以证明这是一个子问题。

最后输出路径就可以了。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n;
deque<ll>ans;

pair<ll,ll> ask(ll d){//查询
	printf("? %lld\n",d);fflush(stdout);
	ll x,y;
	scanf("%lld %lld",&x,&y);
	return {x,y};
}

void calc(ll n){//递归处理
	if(n==1){
		ans.push_back(ask(0).first);
		return;
	}
	if(n==2){
		ans.push_back(ask(0).first);
		ans.push_back(ask(0).first);
		return;
	}
	pair<ll,ll>t=ask(n-2);
	ll x=t.first,y=t.second;
	if(y==0){
		ll z=ask(0).first;
		calc(n-2);
		ans.push_front(x);
		ans.push_front(z);
	}else{
		calc(n-1);
		if(y==ans.front())ans.push_back(x);
		else ans.push_front(x);
	}
}

void mian(){
	
	scanf("%lld",&n);
	
	calc(n);
	
	printf("! ");
	while(ans.size()){
		printf("%lld ",ans.front());
		ans.pop_front();
	}
	printf("\n");
	fflush(stdout);
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

尾声

如果有什么问题，可以直接评论！

posted @ 2024-06-07 00:44 zsc985246 阅读(1279) 评论(3) 编辑收藏举报

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