打的稀爛，但是還是上分了（
A
考慮對值域做一個字尾和。若某一個字尾和的值是奇數那麼先手就可以獲勝。否則就不可以獲勝。
（我才不會告訴你我這題吃了一次罰時的）
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int mysqrt(int x) {
int l = 0, r = x + 10, best = -1;
while (l <= r) {
int mid = l + r >> 1;
if ((__int128)(mid) * (__int128)(mid) <= x)
best = mid, l = mid + 1;
else
r = mid - 1;
}
return best;
}
const int N = 500100;
int n;
int a[N], box[N];
signed main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
scanf("%lld", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lld", &a[i]), box[i] = 0;
for (int i = 1 ;i <= n; ++i)
++box[a[i]];
if (box[n] & 1) {
puts("YES");
continue;
}
for (int i = n - 1; i; --i) {
box[i] += box[i - 1];
if (box[i] & 1) {
puts("YES");
goto ee;
}
}
puts("NO");
ee:;
}
return 0;
}
B
構造。因為 \(a_i\in\lbrace-1,1\rbrace\)，所以可以考慮簡單一些的構造：
- 對於 \(i\in [1,y)\)，考慮從後往前交替構造 \(-1,1\)，這樣可以滿足比 \(y\) 要小的位置的字尾和不會大於 \(y\) 位置的字尾和。
- 對於 \(i\in [y,x]\)， 考慮全部構造 \(1\)。
- 對於 \(i\in (x,n]\)，考慮正著構造 \(1,-1\)，這樣可以滿足比 \(x\) 要大的位置的字首和不會大於 \(x\) 位置的字首和。
證明顯然。時間複雜度為 \(O(n)\)。
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int mysqrt(int x) {
int l = 0, r = x + 10, best = -1;
while (l <= r) {
int mid = l + r >> 1;
if ((__int128)(mid) * (__int128)(mid) <= x)
best = mid, l = mid + 1;
else
r = mid - 1;
}
return best;
}
const int N = 500100;
int n;
int a[N], box[N];
signed main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n, x, y;
scanf("%lld%lld%lld", &n, &x, &y);
int idx = 0;
for (int i = y - 1; i; --i) {
++idx;
if (idx & 1) a[i] = -1;
else a[i] = 1;
}
for (int i = y; i <= x; ++i) {
a[i] = 1;
}
idx = 0;
for (int i = x + 1; i <= n; ++i) {
++idx;
if (idx & 1) a[i] = -1;
else a[i] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%lld ", a[i]);
puts("");
}
return 0;
}
C
奇怪的結論。容易發現執行 \(\text{MAD}\) 函式至少一次之後函式的值一定單調不減，然後可以發現，如果每一個數的出現次數不為 \(1\)，那麼可以一遍字首和快速的算出答案（此時 \(b\) 陣列的變化是每一次從後面刪除一個字元）。
問題在於如何讓 \(b\) 陣列每一個數的出現次數都不為 \(1\)。手玩小樣例之後發現在經過不超過 \(20\) 次操作之後一定可以滿足這個條件。所以暴力迭代即可。
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int mysqrt(int x) {
int l = 0, r = x + 10, best = -1;
while (l <= r) {
int mid = l + r >> 1;
if ((__int128)(mid) * (__int128)(mid) <= x)
best = mid, l = mid + 1;
else
r = mid - 1;
}
return best;
}
const int N = 500100;
int n;
int a[N], box[N], b[N], s[N];
signed main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n;
scanf("%lld", &n);
int now = 0, sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lld", &a[i]), box[i] = 0, sum += a[i];
for (int _ = 0; _ < 20; ++_) {
for (int i = 1; i <= n; ++i)
box[i] = 0;
now = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
++box[a[i]];
if (box[a[i]] >= 2 && now < a[i])
now = a[i];
b[i] = now;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
s[i] = s[i - 1] + b[i], a[i] = b[i];
// cout << _ << ": ";
// for (int i = 1; i <= n; ++i)
// cout << b[i] << ' '; cout << '\n';
sum += s[n];
}
int p = 1, rig = n;
while (p <= rig) {
set<int> se;
se.insert(b[p]);
while (p < rig && (!se.count(b[p + 1]) || b[p] == 0))
++p, se.insert(b[p]);
--rig;
// cout << "qwq " << p << ' ' << rig << ' ' << sum << '\n';
sum += s[rig] - s[p - 1];
}
printf("%lld\n", sum);
}
return 0;
}
D
分類討論。
容易發現 \(a_i=0\) 的地方已經全部染成白色，也就是將需要染色的區間一分為二。\(a_i>4\) 的區間直接染一行一定比染 \(2\times 2\) 方格要優秀。\(n=1\) 則分類討論 \(a_1\) 的值為 \(1\) 還是 \(0\) 即可。問題在於 \(a_i\in\lbrace1,2,3,4\rbrace\) 的情況。
容易發現如果對於一段極大的區間 \([l,r]\)，則若 \(\max\limits_{i=l}^r a_i\le 2\)，則此時只需要染 \(\lceil\frac{r-l+1}{2}\rceil\) 次 \(2\times 2\) 就可以滿足條件。然後如果出現類似於樣例第二個點（中間 \(3\)，\(4\)，邊上 \(1\)，\(2\)，長度為偶數）的情況，此時只需要染 \(r-l\) 次色即可。
然後隨便 dp 一下，設 \(f_i\) 表示染色前 \(i\) 行最少需要染色幾次。然後直接根據分類討論的情況 dp 即可。時間複雜度為 \(O(n\log n)\)（ST 表）或者 \(O(n\log^2n)\)（線段樹）。
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int mysqrt(int x) {
int l = 0, r = x + 10, best = -1;
while (l <= r) {
int mid = l + r >> 1;
if ((__int128)(mid) * (__int128)(mid) <= x)
best = mid, l = mid + 1;
else
r = mid - 1;
}
return best;
}
const int N = 500100;
int n, f[N][20], g[N][20], a[N], F[N];
int askmin(int l, int r) {
int p = __lg(r - l + 1);
return min(f[l][p], f[r - (1ll << p) + 1][p]);
}
int askmax(int l, int r) {
int p = __lg(r - l + 1);
return max(g[l][p], g[r - (1ll << p) + 1][p]);
}
signed main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n;
scanf("%lld", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lld", &a[i]), f[i][0] = g[i][0] = a[i];
for (int i = 1; i < 20; ++i)
for (int j = 1; j <= n - (1ll << i) + 1; ++j) {
f[j][i] = min(f[j][i - 1], f[j + (1ll << (i - 1))][i - 1]);
g[j][i] = max(g[j][i - 1], g[j + (1ll << (i - 1))][i - 1]);
}
F[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i]) {
F[i] = F[i - 1] + 1;
if (a[i] <= 2) {
int l = 1, r = i - 1, best = -1;
while (l <= r) {
int mid = l + r >> 1;
if (askmin(mid, i - 1) <= 2)
l = mid + 1, best = mid;
else
r = mid - 1;
}
if (best != -1 && askmax(best, i) <= 4 && ~(i - best + 1) & 1)
F[i] = min(F[i], F[best - 1] + (i - best + 1) - 1);
}
} else F[i] = F[i - 1];
}
printf("%lld\n", F[n]);
}
return 0;
}