Codeforces Round 960 (Div. 2)(A - D)
A - Submission Bait
解題思路:
假設直接選最大數，如果最大數有奇數個，\(Alice\)必勝，反之必敗。
根據這個思路，從大到小看數字，找到第一個出現奇數次的數，從它開始選，就能保證每次\(Alice\)選的時候還剩奇數個選項。
程式碼:
#include <bits/stdc++.h>
#include <cxxabi.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using i128 = __int128_t;
using ull = unsigned long long;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<int, pii> piii;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 60;
const ll inf = 1ll << 30;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int rnd(int l, int r) { return rng() % (r - l + 1) + l; }
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> cnt(n + 10);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int t;
cin >> t;
cnt[t]++;
}
for (int i = n; i; i--)
{
cnt[i] += cnt[i + 1];
if (cnt[i] & 1)
{
cout << "YES\n";
return;
}
}
cout << "NO\n";
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
B - Array Craft
解題思路:
整個序列分為三段\([1, y + 1],[y, x],[x + 1, n]\)。
\([x,y]\)全部填正數，這樣只要加上這一段一定比不加要更大。
對於最大字首和來說，\([x + 1, n]\)區間中\(sum(x + 1,... ,k)\in [x + 1, n]\)一定得小於等於\(0\)。先考慮能否取儘量小？不方便構造，因為如果儘量往小取，我們還要反過來考慮\(suf[y, ...,n] >suf[x - 1, ...n]\)。所以，考慮使得字尾和為零。
如果\(n - (x + 1)\)為偶數，我們按\(-1, 1\)的規律一定能讓其最後和為零。
如果\(n - (x + 1)\)是奇數，我們可以最終讓區間和為\(-1\)。發現\([x,y]\)區間全部取\(1\)區間和都有\(2\)，一定大於\(-1\),滿足字尾和條件，所以可以這麼構造。
對於區間\([1, y + 1]\)同理考慮。
程式碼:
#include <bits/stdc++.h>
#include <cxxabi.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using i128 = __int128_t;
using ull = unsigned long long;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<int, pii> piii;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 60;
const ll inf = 1ll << 30;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int rnd(int l, int r) { return rng() % (r - l + 1) + l; }
void solve()
{
int n, x, y;
cin >> n >> x >> y;
vector<int> a(n + 1);
int l = 1;
int r = y - 1;
int len = r - l + 1;
if (len & 1)
{
int cur = -1;
for (int i = l; i <= r; i++)
{
a[i] = cur;
cur *= -1;
}
}
else
{
int cur = 1;
for (int i = l; i <= r; i++)
{
a[i] = cur;
cur *= -1;
}
}
for (int i = y; i <= x; i++)
{
a[i] = 1;
}
l = x + 1;
r = n;
int cur = -1;
for (int i = l; i <= r; i++)
{
a[i] = cur;
cur *= -1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cout << a[i] << " \n"[i == n];
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
C - Mad MAD Sum
解題思路：
舉例\((1,1,1,2,2,2)\rightarrow (0,1,1,1,2,2) \rightarrow (0,0,1,1,1,2) \rightarrow (0,0,0,1,1,1)\)。
像這樣玩一下，不難發現，變化後的序列一定是一個單調遞增的序列，且每一段相同數字的變化都是有跡可循的。
比如，最大數段會不斷變短，前面數段會不斷右移。
考慮到初始序列不具備這樣的性質，所以可以先對原序列進行兩次操作，然後對第二次操作後的單調序列按照上述性質模擬即可。
兩次操作後，出了最大數段，不可能出現數段長度為\(1\)的情況。這個情況處理起來麻煩且會出現在前兩次操作中，所以直接操作掉即可。
程式碼:
#include <bits/stdc++.h>
#include <cxxabi.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using i128 = __int128_t;
using ull = unsigned long long;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<int, pii> piii;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 60;
const ll inf = 1ll << 30;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int rnd(int l, int r) { return rng() % (r - l + 1) + l; }
void solve()
{
ll n;
cin >> n;
ll ans = 0;
vector<ll> a(n + 1), pos(n + 1), cnt(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int x;
cin >> x;
a[i] = x;
ans += x;
}
ll mx = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cnt[a[i]]++;
if (cnt[a[i]] == 2)
{
pos[a[i]] = i;
}
if (a[i] > mx && cnt[a[i]] >= 2)
{
mx = a[i];
}
a[i] = mx;
ans += a[i];
// cout << i << ' ' << a[i] << endl;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cnt[i] = pos[i] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cnt[a[i]]++;
if (cnt[a[i]] == 2)
{
pos[a[i]] = i;
}
}
ll r = n;
for (ll i = n; i; i--)
{
if (cnt[i] < 2 || pos[i] > r)
{
continue;
}
ll m = r - pos[i] + 1;
ans += (m * (m + 1)) / 2 * i;
if (r != n && m > 1)
{
ans += (n - 1 - r + 1) * m * i;
}
r = pos[i] - 1;
}
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
D - Grid Puzzle
解題思路:
操作次數上限為\(n\)，就是一行一行地變白。嘗試用\(2 \times 2\)塗白最佳化。
舉例：
- \((1, 1),(1, 2),(2, 1),(2, 2)\)：都可以一次塗白兩行，運算元為一。由此也可見，這裡\(1\)和\(2\)其實是等價的，少的那個\(1\)並無最佳化空間。
- \((2, 4, 4, 4,4, 2)\)：這種兩端\(2\)中間連續的\(4\)，運算元都可以最佳化到行數減一。同理，把中間連續的\(4\)部分換成\(3\)也行，\(3,4\)在這裡也是等價的。
- 這樣我們就還可以把\((2, 2)\)這種看作中間連續的\(4\)數量為\(0\)的情況。
列舉下標，只有當前\(a_i = 2\)時，我們可以嘗試最佳化運算元。其中\((1, 2)\)等價\((3, 4)\)等價。其餘操作，都是直接將當前行塗白最優。
注意：手畫一下就能發現，中間\(4\)的個數一定得是偶數個才能嘗試最佳化。
程式碼:
#include <bits/stdc++.h>
#include <cxxabi.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using i128 = __int128_t;
using ull = unsigned long long;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<int, pii> piii;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 60;
const ll inf = 1ll << 30;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int rnd(int l, int r) { return rng() % (r - l + 1) + l; }
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1), dp(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
// 等價
if (a[i] == 1)
{
a[i] = 2;
}
// 等價
if (a[i] == 3)
{
a[i] = 4;
}
}
int len = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
dp[i] = dp[i - 1] + (a[i] == 0 ? 0 : 1);
// 只有2結尾有可能最佳化操作次數
if (a[i] == 2 && a[i - len - 1] == 2 && len % 2 == 0)
{
dp[i] = min(dp[i], dp[i - len - 2] + len + 1);
}
if (a[i] == 4)
{
len++;
}
else
{
len = 0;
}
}
cout << dp[n] << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}