Preface
經典30min寫完前四題，然後E題大腦當機想複雜，最後寫了一坨很難除錯的東西成功把自己送走
趁著 Div1 的訓練還沒開始趕緊找回點狀態吧，不然到時候保準天天坑隊友的說
A. Alice and Books
不難發現 \(a_n\) 一定會取，那麼在剩下的裡面找一個最大的自成一堆就行
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#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=105;
int t,n,a[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
printf("%d\n",*max_element(a+1,a+n)+a[n]);
}
return 0;
}
B. New Bakery
把式子寫出來不難發現是個二次函式，可以直接解析求出最值，也可以直接寫三分求解
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#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
int t,n,a,b;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
scanf("%d%d%d",&n,&a,&b); int l=0,r=min(n,b);
auto calc=[&](CI k)
{
return 1LL*(b+b-k+1)*k/2LL+1LL*a*(n-k);
};
while (r-l>2)
{
int lmid=l+(r-l)/3,rmid=r-(r-l)/3;
if (calc(lmid)>=calc(rmid)) r=rmid; else l=lmid;
}
int pos=l; for (RI i=l+1;i<=r;++i)
if (calc(i)>calc(pos)) pos=i;
printf("%lld\n",calc(pos));
}
return 0;
}
C. Manhattan Permutations
首先不難發現 \(k\) 是奇數一定無解，否則我們考慮在 \([1,2,\dots,n]\) 的基礎上進行若干交換
手玩一下不難發現每次換最遠的沒交換過的兩個可以達到理論上界，而且可以構造出任意一箇中間值
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#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=200005;
int t,n,p[N]; LL k;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
scanf("%d%lld",&n,&k);
if (k%2==1) { puts("No"); continue; }
RI i,j,l; for (i=1;i<=n;++i) p[i]=i;
for (i=1,j=n;i<j&&k>0;++i,--j)
{
int tmp=(j-i)*2;
if (k>=tmp) k-=tmp,swap(p[i],p[j]); else
{
for (l=i+1;l<=j;++l)
if ((l-i)*2==k) { k=0,swap(p[i],p[l]); break; }
}
}
if (k>0) puts("No"); else
{
for (puts("Yes"),i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",p[i]," \n"[i==n]);
}
}
return 0;
}
D. Elections
感覺被我寫複雜了，摸了半天摸出來一坨，好在寫完就過了沒浪費多少時間
首先特判掉 \(1,n\) 兩個人的情況，並直接把剛開始多出來的 \(c\) 個人加到 \(a_1\) 上
對於 \(i\in [2,n-1]\)，我們先找出 \(mx=\max_\limits{i<j\le n} a_j\)，隨後進行討論：
- 若 \(mx>a_i\)，此時無論如何 \([1,i-1]\) 的人都必須被幹掉，否則 \(a_i\) 沒法吃到閒散的票就不可能超過後面的人。算出此時 \(a_i\) 的值 \(a_i'\) 後再進行討論：
- 若 \(mx>a'_i\)，則需要一次操作幹掉 \(mx\) 對應的人，此時局面顯然滿足要求
- 若 \(mx\le a'_i\)，則不需要額外的操作
- 若 \(mx\le a_i\)，此時不需要考慮後面的人，考慮把所有 \(j\in[1,i-1]\and a_j\ge a_i\) 的人都幹掉，之後又會出現兩種情況：
- 幹掉的人對應的閒散票加到 \([1,i-1]\) 中第一個沒被幹掉的人上以後得到的值 \(< a_i\)，此時不用進行額外的操作
- 幹掉的人對應的閒散票加到 \([1,i-1]\) 中第一個沒被幹掉的人上以後得到的值 \(\ge a_i\)，此時 \([1,i-1]\) 中的所有人都必須被幹掉
上述所有操作可以維護一個權值線段樹解決，總複雜度 \(O(n\log n)\)
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#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=200005;
int t,n,c,a[N],rst[N],tot,suf[N],ans[N]; LL pfx[N];
class Segment_Tree
{
private:
int cnt[N<<2],mnp[N<<2]; LL sum[N<<2];
public:
#define TN CI now=1,CI l=1,CI r=tot
#define LS now<<1,l,mid
#define RS now<<1|1,mid+1,r
inline void build(TN)
{
mnp[now]=n+1; cnt[now]=sum[now]=0;
if (l==r) return; int mid=l+r>>1;
build(LS); build(RS);
}
inline void updata(CI val,CI pos,TN)
{
if (l==r)
{
++cnt[now]; sum[now]+=rst[val];
mnp[now]=min(mnp[now],pos); return;
}
int mid=l+r>>1;
if (val<=mid) updata(val,pos,LS); else updata(val,pos,RS);
cnt[now]=cnt[now<<1]+cnt[now<<1|1];
sum[now]=sum[now<<1]+sum[now<<1|1];
mnp[now]=min(mnp[now<<1],mnp[now<<1|1]);
}
inline int query_cnt(CI beg,CI end,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end) return cnt[now]; int mid=l+r>>1,ret=0;
if (beg<=mid) ret+=query_cnt(beg,end,LS);
if (end>mid) ret+=query_cnt(beg,end,RS);
return ret;
}
inline LL query_sum(CI beg,CI end,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end) return sum[now]; int mid=l+r>>1; LL ret=0;
if (beg<=mid) ret+=query_sum(beg,end,LS);
if (end>mid) ret+=query_sum(beg,end,RS);
return ret;
}
inline int query_pos(CI beg,CI end,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end) return mnp[now]; int mid=l+r>>1,ret=n+1;
if (beg<=mid) ret=min(ret,query_pos(beg,end,LS));
if (end>mid) ret=min(ret,query_pos(beg,end,RS));
return ret;
}
#undef TN
#undef LS
#undef RS
}SEG;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; scanf("%d%d",&n,&c); tot=0;
for (i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for (a[1]+=c,i=1;i<=n;++i) rst[++tot]=a[i];
if (n==1) { puts("0"); continue; }
for (suf[n]=a[n],i=n-1;i>=1;--i) suf[i]=max(suf[i+1],a[i]);
for (i=1;i<=n;++i) pfx[i]=pfx[i-1]+a[i];
sort(rst+1,rst+tot+1); tot=unique(rst+1,rst+tot+1)-rst-1;
for (i=1;i<=n;++i) a[i]=lower_bound(rst+1,rst+tot+1,a[i])-rst;
if (rst[a[1]]>=suf[2]) ans[1]=0; else ans[1]=1;
for (ans[n]=0,i=1;i<n;++i) if (a[i]>=a[n]) { ans[n]=n-1; break; }
for (SEG.build(),SEG.updata(a[1],1),i=2;i<n;++i)
{
if (suf[i+1]>rst[a[i]])
{
ans[i]=i-1; LL cur=rst[a[i]]+pfx[i-1];
if (cur<suf[i+1]) ++ans[i];
} else
{
ans[i]=SEG.query_cnt(a[i],tot);
if (ans[i]<i-1&&(a[i]>1?rst[a[SEG.query_pos(1,a[i]-1)]]:0)+SEG.query_sum(a[i],tot)>=rst[a[i]]) ans[i]=i-1;
}
SEG.updata(a[i],i);
}
for (i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==n]);
}
return 0;
}
E. Computing Machine
這題好像是個神秘的 \(O(n)\) ad hoc 題，但我完全沒想到神秘奇妙性質只感覺可以莫隊就直接衝了
首先不難發現先掃一遍序列 \(a\) 把 \(b\) 儘量多的位置塗成 \(1\)；然後回頭讓 \(b\) 把 \(a\) 儘量多的位置塗成 \(1\)；這個策略顯然是最優的
因此我們發現加入一個位置 \(i\) 後至多影響其周圍 \([i-3,i+3]\) 範圍內的貢獻，因此可以透過莫隊來處理
但寫的時候發現加入的情況還好說，刪除的情況怎麼寫都感覺漏Case，無奈之下只好去寫回滾莫隊這種不用刪除的科技
結構寫完發現由於上面講的一個位置的較大的影響範圍，還不能像傳統的回滾莫隊一樣直接滾回塊尾後面的位置
但我最擅長的就是魔改經典演算法了，後面發現我們手動放寬回滾莫隊中做暴力的區間閾值，使得右端點可以推到較遠的位置（程式碼裡取了 \(10\)）
然後手動把會因為左端點移動帶來影響的前 \(3\) 個位置記錄下來，每次回滾左端點的時候一併復原即可
總複雜度 \(O(m\sqrt n)\)，勝在不用動腦子找性質
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#include<assert.h>
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#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=200005;
int blk[N];
struct ques
{
int l,r,id;
friend inline bool operator < (const ques& A,const ques& B)
{
return blk[A.l]!=blk[B.l]?blk[A.l]<blk[B.l]:A.r<B.r;
}
}q[N]; int t,n,m,sz,ta[N],tb[N],ans[N]; char a[N],b[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i,j; scanf("%d%s%s",&n,a+1,b+1);
for (sz=(int)sqrt(n),i=1;i<=n;++i) blk[i]=(i-1)/sz+1;
for (scanf("%d",&m),i=1;i<=m;++i)
scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
RI l=1,r=0,p=1; sort(q+1,q+m+1);
for (i=1;i<=blk[n];++i)
{
int ret=0,lim=min(n,i*sz); r=lim;
int tmp_ta[3],tmp_tb[3]; tmp_ta[0]=-1;
while (p<=m&&blk[q[p].l]==i)
{
auto chk=[&](int& x,CI y)
{
if (x==0&&y==1) ++ret;
if (x==1&&y==0) --ret;
x=y;
};
auto addr=[&](CI r)
{
ta[r]=a[r]-'0'; tb[r]=b[r]-'0'; ret+=ta[r];
if (r-2>=l)
{
if (tb[r]&&tb[r-2]) chk(ta[r-1],1);
if (a[r]=='0'&&a[r-2]=='0') tb[r-1]=1;
if (r-3>=l&&tb[r-1]&&tb[r-3]) chk(ta[r-2],1);
}
};
auto addl=[&](CI l)
{
ta[l]=a[l]-'0'; tb[l]=b[l]-'0'; ret+=ta[l];
if (l+2<=r)
{
if (tb[l]&&tb[l+2]) chk(ta[l+1],1);
if (a[l]=='0'&&a[l+2]=='0') tb[l+1]=1;
if (l+3<=r&&tb[l+1]&&tb[l+3]) chk(ta[l+2],1);
}
};
auto BF=[&](CI l,CI r)
{
RI i; static int ta[N],tb[N];
for (i=l;i<=r;++i) ta[i]=a[i]-'0',tb[i]=b[i]-'0';
for (i=l;i+2<=r;++i) if (a[i]=='0'&&a[i+2]=='0') tb[i+1]=1;
for (i=l;i+2<=r;++i) if (tb[i]&&tb[i+2]) ta[i+1]=1;
int cur=0; for (i=l;i<=r;++i) cur+=ta[i]; return cur;
};
l=lim+1;
if (q[p].r-q[p].l+1<=sz+10)
{
ans[q[p].id]=BF(q[p].l,q[p].r);
++p; continue;
}
while (r<q[p].r) addr(++r);
if (tmp_ta[0]==-1)
{
for (j=0;j<3;++j) tmp_ta[j]=ta[lim+1+j];
for (j=0;j<3;++j) tmp_tb[j]=tb[lim+1+j];
}
int tmp=ret;
while (l>q[p].l) addl(--l);
ans[q[p++].id]=ret; ret=tmp;
for (j=0;j<3;++j) ta[lim+1+j]=tmp_ta[j];
for (j=0;j<3;++j) tb[lim+1+j]=tmp_tb[j];
}
}
for (i=1;i<=m;++i) printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}
F. Large Graph
本來感覺沒啥突破口的，後面看到 \(k\ge 2\) 就知道是個傻逼題了
因為此時所有不為 \(1\) 的主對角線會直接連通在一起，因此原問題就轉化為 \(2n-1\) 條主對角線直接的連通性問題了
同時主對角線還有個很好的性質，就是我們從左到右對其編號後，則編號為 \(i\) 和編號為 \(j\) 的兩條對角線中任意選出兩個元素，它們的曼哈頓距離都為 \(|i-j|\)
利用上面兩個性質二維的問題就變成一維的情況了，看到 \(\gcd\) 就考慮分解質因數
對於某個質數 \(p\)，不妨設其倍數對應的下標構成集合 \(pos_p\)，則我們將 \(pos_p\) 中的元素排序後每次判斷相鄰的兩個元素能否連邊即可
用並查集暴力維護連通塊，總複雜度 \(O(n\log n\times \alpha (n))\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=2e6+5;
int t,n,k,a[N],pri[N],cnt,mnp[N],fa[N]; bool vis[N]; vector <int> pos[N];
inline void init(CI n)
{
for (RI i=2,j;i<=n;++i)
{
if (!vis[i]) pri[++cnt]=i,mnp[i]=i;
for (j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;++j)
{
vis[i*pri[j]]=1; mnp[i*pri[j]]=pri[j];
if (i%pri[j]==0) break;
}
}
}
inline int getfa(CI x)
{
return fa[x]!=x?fa[x]=getfa(fa[x]):x;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t),init(1e6);t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d%d",&n,&k),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[n-1+i]);
for (i=1;i<n;++i) a[i]=a[i+n]; vector <int> vec;
for (i=1;i<=2*n-1;++i)
{
fa[i]=i; int x=a[i];
while (x>1)
{
int p=mnp[x]; pos[p].push_back(i);
vec.push_back(p); while (x%p==0) x/=p;
}
}
sort(vec.begin(),vec.end());
vec.erase(unique(vec.begin(),vec.end()),vec.end());
for (auto p:vec)
{
for (i=0;i<pos[p].size()-1;++i)
if (pos[p][i+1]-pos[p][i]<=k)
fa[getfa(pos[p][i+1])]=getfa(pos[p][i]);
pos[p].clear();
}
LL ans=0; for (i=1;i<=2*n-1;++i)
{
if (getfa(i)==i) ++ans;
if (a[i]==1) ans+=(i<=n?i:2*n-i)-1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
Postscript
因為昨天這場E題寫的很唐再加上這兩天在幫徐神寫字串的題面，因此今天就只能補個部落格沒時間新開一場VP了，明天繼續堅持開一場吧