Codeforces Round 987 (Div. 2)

zhouruoheng發表於2024-11-16

Codeforces Round 987 (Div. 2) 總結

A

常見的套路，將一個序列變為不下降序列所需要改變的值的最小數量，考慮最大能保留多少個，顯然是求最長上升子序列，而這題給出的 \(a\) 序列保證不上升，所以只需要考慮相同長度的一段。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=55;
int n;
int a[N];
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    int ans=0,len=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]!=a[i-1]) ans=max(ans,len),len=1;
        else len++;
    }
    ans=max(ans,len);
    cout<<n-ans<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

B

考慮每個數 \(p_i\) 能否移動到 \(i\) 位置。
首先能交換的值只有 \(p_i-1\) 和 \(p_i+1\)，顯然不能連續移動兩次，不然比 \(p_i\) 大或小 \(1\) 的數一定不會到該到的位置。因此最多交換一次。再看是否能交換到自己想要的位置，如果有一個不能，那就不可行。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n;
int a[N];
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    int st=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]<i&&!(i-a[i]==1&&a[a[i]]==a[i]+1)) st=0;  
        else if(a[i]>i&&!(a[i]-i==1&&a[a[i]]==a[i]-1)) st=0;
    }
    if(st) cout<<"Yes\n";
    else cout<<"No\n";
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

C

構造題，思路還是比較清晰的。

首先不難想到 \(1,1,2,2,3,3,\dots\) 這樣的情況，所以 \(n\) 為偶數時一定成立。

再考慮奇數，由於任意兩個相同的餡料之間的距離都要是完全平方數，考慮三個相同的，位置為 \(x,y,z\)，滿足 \(y-x=a^2\)，\(z-y=b^2\)，\(z-x=c^2\)，且 \(a,b,c\) 都為正整數，因此有 \(c^2=a^2+b^2\)。
考慮最小的勾股數 \(3,4,5\)。令 \(x=1,y=10,z=26\)，這樣剩下的位置就是偶數個，比較好構造了。下面給出一種構造方案：

\[ 1,2,2,3,3,4,4,5,5,1,6,6,7,7,8,8,9,9,10,10,11,11,12,13,13,1,12,\dots \]

後面就按偶數的接下去就行了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n;
int a[N];
void solve()
{
    cin>>n;
    if(n%2==0)
    {
        int cnt=1;
        for(int i=1;i<=n;i+=2) a[i]=a[i+1]=++cnt;
    }
    else 
    {
        if(n>=27)
        {
            a[1]=a[10]=a[26]=1;
            int cnt=1;
            for(int i=2;i<=8;i+=2) a[i]=a[i+1]=++cnt;
            for(int i=11;i<=21;i+=2) a[i]=a[i+1]=++cnt;
            a[23]=a[27]=++cnt;
            a[24]=a[25]=++cnt;
            for(int i=28;i<=n;i+=2) a[i]=a[i+1]=++cnt;
        }
        else 
        {
            cout<<-1<<'\n';
            return ;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<' ';
    cout<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

D

賽時的清奇想法。

首先發現能跳躍的兩個位置是逆序對，因此考慮用並查集維護，並記錄集合內最大值與最小值。

再考慮這樣一種做法，先遍歷一遍陣列，目前遇到的最大值為 \(x\)，下標為 \(id\)，加入一個數 \(a_i\)。

  • 若 \(a_i>=x\) 更新 \(x\) 和 \(id\)。
  • 若 \(a_i<x\) 那麼就合併 \(i\) 和 \(id\)。

以最後一組樣例為例：
img

用 \(mx_i\) 表示集合 \(i\) 中最大的 \(a_i\)，\(mi_i\) 表示最小值。

然後考慮合併不同集合，從後往前，如果出現兩個不同集合 \(i,j\) 且 \(i<j\)。由前面的過程易知 \(mx_i \le mx_j\)，如果 \(mx_i>mi_j\)，就說明這兩個集合可以合併。
那有沒有可能出現不是相鄰的集合合併呢？答案是否定的，考慮 \(k,i,j\) 三個集合，\(mx_k \le mx_i \le mx_j\)，如果 \(i\) 與 \(j\) 不能合併，則 \(mx_i \le mi_j\)，就會有 \(mx_k \le mx_i \le mi_j\)，顯然 \(k\) 與 \(j\) 不能合併。因此每個集合都只能和相鄰的集合合併。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+5;
int n;
int a[N],ans[N];
int fa[N],mi[N],mx[N];
int find(int x)
{
    if(x==fa[x]) return x;
    return fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y)
{
    x=fa[x],y=fa[y];
    fa[y]=x;
    mi[x]=min(mi[x],mi[y]);
    mx[x]=max(mx[x],mx[y]);
}
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        cin>>a[i];
        fa[i]=i;
        mi[i]=mx[i]=a[i];
    }
    int x=a[1],id=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) 
    {
        if(a[i]<x) merge(id,i);
        else x=a[i],id=i;
    }
    
    for(int i=n-1;i>=1;i--)
        if(find(i)!=find(i+1)&&mi[find(i+1)]<mx[find(i)])
            merge(i,i+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) cout<<mx[find(i)]<<' ';
    cout<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

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