Codeforces Round #668 (Div. 1) Solution

其他 2020-09-08 10:39:41 阅读次数: 0

1405C - Balanced Bitstring

你有一个长度为 n n 的 01 01 串,其中每一个长度为 k k 的子数组中有相同的 01 01 个数.
但是这个 01 01 串被动了手脚,也就是有些位被弄成了?,你需要判断它是否能还原成一个满足上述性质的串.

首先,显然 s [ i ] = s [ i − k ] = s [ i + k ] . . . s[i]=s[i-k]=s[i+k]...
也就是模 k k 的剩余系,都必须相同.
最后再判断一下 01 01 个数是否超过 k / 2 k/2 即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10;

int T,n,k,val[N];
char s[N];

int main() {
    cin>>T; while(T--) {
        scanf("%d %d",&n,&k);
        for(int i=0;i<k;i++) val[i]=0;
        scanf("%s",s);
        for(int i=0;i<n;i++) if(s[i]!='?') val[i%k]|=s[i]-'0'+1;
        bool flag=1; int c0=0,c1=0;
        for(int i=0;i<k;i++)
            if(val[i]==3) {flag=0; break;}
            else if(val[i]==1) c0++;
            else if(val[i]==2) c1++;
        if(!flag) {puts("NO"); continue;}
        if(c0>k/2||c1>k/2) puts("NO");
        else puts("YES");
    }
}

1405D - Tree Tag

A l i c e Alice 和 b r z brz 在树上玩猫捉老鼠.
给定两者的初始位置和最大移动距离,然后如果 A l i c e Alice 和 b r z brz 能出现在同一位置,那么 A l i c e Alice 赢,否则 b r z brz 赢. 两个人都 绝顶 聪明, 现在你给他们当裁判.

首先,如果初始 b r z brz 在 A l i c e Alice 的"射程"范围内,那么 A l i c e Alice 必胜.
否则, b r z brz 的最优策略就是在直径上跑,只要 d b > 2 d a   & &   d b > d i a m e t e r db>2da ~\& \&~ db>diameter , b r z brz 就一定能赢.
其余情况,皆为 A l i c e Alice 获胜.

int n,u,v,A,B,dep[N],fa[N],f[N],c;
struct edge{int y,next; }a[N]; int len,last[N];
void ins(int x,int y) {a[++len]=(edge){y,last[x]}; last[x]=len;}
 
void dfs(int x) {
	f[x]=0;
	for(int k=last[x],y;k;k=a[k].next) 
		if((y=a[k].y)^fa[x]) {
			fa[y]=x;
			dep[y]=dep[x]+1;
			dfs(y);
			c=max(c,f[x]+f[y]+1);
			f[x]=max(f[x],f[y]+1);
		}
	c=max(c,f[x]);
}
 
int dis(int x,int y) {
	int ans=0;
	while(x^y) {
		if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
		x=fa[x]; ans++;
	}
	return ans;
}
 
int main() {
	int _;qr(_); while(_--) {
		qr(n); qr(u); qr(v); qr(A); qr(B); c=0; len=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=last[i]=0;
		for(int i=1,x,y;i<n;i++) qr(x),qr(y),ins(x,y),ins(y,x);
		dfs(1);
		if(dis(u,v)<=A) puts("Alice");
		else if(2*A<B&&2*A<c) puts("Bob");
		else puts("Alice"); 
	}
	return 0;
}

1405E - Fixed Point Removal

给定一个序列,如果 a i = i a_i=i 话即可删除 i i ,后面的位置顺位.
对于每个询问,我们考虑只处理 [ l , r ] [l,r] 至多能删除多少个位置.
( n , q ≤ 1 e 5 n,q\le 1e5 )

首先,令 a i = i − a i a_i=i-a_i 表示前面需要删除的数的个数.
定义 f ( l , r ) f(l,r) 表示 [ l , r ] [l,r] 最多能删除多少个数.
那么可以得到转移方程:
f [ l ] [ r ] = { f [ l ] [ r − 1 ] + 1 ( 0 ≤ a [ r ] ≤ f [ l ] [ r − 1 ] ) f [ l ] [ r − 1 ] ( e l s e ) f[l][r]=\begin{cases} f[l][r-1]+1&(0\le a[r]\le f[l][r-1]) \\ f[l][r-1]&(else) \end{cases}
我们离线所有的询问,然后考虑用树状数组维护从每个位置 l l 到当前位置 r r 的 f ( l , r ) f(l,r) .
容易发现 f ( l , r ) f(l,r) 对于相同的 r r 具有单调性,所以我们每次可以在树状数组上倍增找到分界点.
然后对分界点前面的每个位置 + 1 +1 .
询问就是返回 f ( l , r ) f(l,r) 啦~.

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<ll,ll>
#define pb push_back
#define IT iterator 
#define vi vector<int>
#define TP template<class o>
#define SZ(a) ((int)a.size())
#define all(a) a.begin(),a.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N=3e5+10,size=1<<20,mod=998244353,inf=2e9;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
    char c=gc; x=0; int f=1;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
    while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
    x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
    if(x/10) qw(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
    if(x<0)x=-x,putchar('-');
    qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
    if(x<0)x=-x,putchar('-');
    qw(x); putchar('\n');
}

int n,q,a[N],c[N],ans[N];
vector<pii> b[N];
//树状数组维护以每个位置开头的最多删除数量

void add(int x,int d) {for( ;x<=n;x+=x&-x) c[x]+=d; }
int ask(int x) {int y=0; for(;x;x-=x&-x) y+=c[x]; return y;}

int main() {
    qr(n); qr(q);
    for(int i=1;i<=n;i++) qr(a[i]);
    for(int i=1,l,r;i<=q;i++) qr(l),qr(r),b[n-r].pb(mk(l+1,i));
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        a[i]=i-a[i];
        if(a[i]>=0) {
            int x=0;
            for(int s=0,j=21;j>=0;j--)
                if(x+(1<<j)<=i&&s+c[x+(1<<j)]>=a[i]) 
                    {x+=1<<j; s+=c[x];}
            add(1,1); add(x+1,-1);
        }
        for(auto p:b[i]) ans[p.se]=ask(p.fi);
    }
    for(int i=1;i<=q;i++) pr2(ans[i]);
    return 0;
}

1404D - Game of Pairs

A l i c e Alice and b r z brz 在玩游戏. 在给定 n n 的情况下,
A l i c e Alice 先把 [ 1 , 2 n ] [1,2n] 丢到 n n 个 p a i r pair 内,然后 b r z brz 从每个 p a i r pair 中选择一个数,
如果这些数之和可以被 2 n 2n 整除,那么 b r z brz 赢.否则 A l i c e Alice 赢.
这是一道交互题,你可以选择做 b r z brz 还是 A l i c e Alice ,但是要保证自己必胜.

容易想到这样一个构造 ( 1 , n + 1 ) , ( 2 , n + 2 ) , ( 3 , n + 3 ) . . . . . (1,n+1),(2,n+2),(3,n+3)..... ,这样的话每个对在 m o d    n \mod n 意义下一样.
s u m ≡ n ( n − 1 ) / 2 ≡ n 2 ⋅ ( n − 1 ) ( m o d    n ) sum\equiv n(n-1)/2\equiv \dfrac n 2\cdot (n-1)(\mod n)
所以 n ∤ s u m → 2 n ∤ s u m n\not|sum\rightarrow 2n\not|sum .
这种情况的条件是 2 ∣ n 2|n ,此时我们当 A l i c e Alice 必胜.

否则,我们令同 p a i r pair 的数连边,同时连 ( i , i + n ) ( ∀ i ∈ [ 1 , n ] ) (i,i+n)(\forall i\in [1,n]) .
此时我们可以连出这样的一张图(这是一个 n = 5 n=5 的情况),图由若干个长度为偶数的环组成.
在这里插入图片描述

我们给每个环黑白染色,那么显然我们只能取一种颜色.
n ∣ n ( n − 1 ) / 2 n|n(n-1)/2 ,也就是我们取一种颜色一定能搞出 n n 的倍数,所以选出来 s u m ≡ 0 ( m o d    2 n )   o r   s u m ≡ n ( m o d    2 n ) sum\equiv 0(\mod 2n) ~or ~ sum\equiv n(\mod 2n)
此时 n ∣ ( 1 + 2 + . . . 2 n ) n|(1+2+...2n) ,所以如果 s u m ≡ n ( m o d    2 n ) sum\equiv n(\mod 2n) ,我们取相反颜色即可.

int n,col[N],pos[N];
vi p[N];
ll s[5];

void dfs(int x,int c) {
    if(col[x]>=0) return ;
    col[x]=c; s[c]+=x; c^=1;
    if(x<=n) dfs(x+n,c);
    else dfs(x-n,c);
    dfs(p[pos[x]][0],c);
    dfs(p[pos[x]][1],c);
}

int main() {
    qr(n);
    if(n%2==0) {
        puts("First");
        for(int i=0;i<2*n;i++) pr1(i%n+1);
        return 0;
    }
    puts("Second"); fflush(stdout);
    for(int i=1,x;i<=n*2;i++) qr(x),pos[i]=x,p[x].pb(i),col[i]=-1;
    for(int i=1;i<=n*2;i++) dfs(i,0);
    int t=(s[0]%(2*n))?1:0;
    for(int i=1;i<=n*2;i++) if(col[i]==t) pr1(i);
    return 0;
}

1404E - Bricks

b r z brz 要求装修工 l z y lzy 铺一个 n ∗ m n*m 的地板,有些格子是黑色,有些格子是白色.
l z y lzy 只有宽为1的砖(只能横竖放置).
b r z brz 有一个严苛的要求: 只能用砖覆盖黑色格子,且每个格子只能被一个砖覆盖.同时最小化用的砖数.

我们一开始把所有的黑格都用 1 ∗ 1 1*1 的覆盖,然后我们考虑把一些分割(分割表示两个 1 ∗ 1 1*1 的格子的公共边)去掉,使得一些区域形成一个连通块.
可以发现一个不合法的区域形如L形. 也就是有些分割不能同时被去掉.
左右的分割和上下的分割内部不连边,也就是个二分图.
所以我们只要求出二分图的最大独立集即可.

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<ll,ll>
#define pb push_back
#define IT iterator 
#define vi vector<int>
#define TP template<class o>
#define SZ(a) ((int)a.size())
#define all(a) a.begin(),a.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N=8e4+10,M=210,size=1<<20,mod=998244353,inf=2e9;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
    char c=gc; x=0; int f=1;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
    while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
    x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
    if(x/10) qw(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
    if(x<0)x=-x,putchar('-');
    qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
    if(x<0)x=-x,putchar('-');
    qw(x); putchar('\n');
}

int n,m,U[M][M],L[M][M],tot,st,ed;
char s[M][M];
struct edge{int y,next,c; } a[N*6]; int len=1,last[N],cur[N];
void ins(int x,int y,int c) {a[++len]=(edge){y,last[x],c}; last[x]=len; }
void add(int x,int y,int c) {ins(x,y,c); ins(y,x,0);}

int d[N],q[N];
bool bfs() {
    for(int i=1;i<=ed;i++) d[i]=0,cur[i]=last[i];
    int l,r; q[l=r=1]=st; d[st]=1;
    for(int x=st;l<=r;x=q[++l])
        for(int k=last[x],y;k;k=a[k].next)
            if(!d[y=a[k].y]&&a[k].c) d[y]=d[x]+1,q[++r]=y;
    return d[ed];
}

int dfs(int x,int f) {
    if(x==ed) return f;
    int s=0,t;
    for(int &k=cur[x],y,z;k;k=a[k].next) {
        y=a[k].y; z=min(a[k].c,f-s);
        if(d[y] == d[x] + 1 && z) {
            s += t = dfs(y,z);
            a[k].c -= t;
            a[k^1].c += t;
            if(s == f) return f;
        }
    }
    if(!s) d[x]=0;
    return s;
}

int dicnic() {
    int ans=0;
    while(bfs()) ans += dfs(st,inf);
    return ans;
}

int main() {
    qr(n); qr(m); int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%s",s[i]+1);
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(s[i][j]=='#') {
                ans++; 
                if(s[i-1][j]=='#') U[i][j]=++tot,ans--;
                if(s[i][j-1]=='#') L[i][j]=++tot,ans--;
            }
    }
    st = ++tot; ed = ++tot;
    const int dx[]={1,1,0,0},dy[]={0,-1,0,-1};
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++) {
            int x=L[i][j];
            if(U[i][j]) add(U[i][j],ed,1);
            if(!x) continue;
            add(st,x,1); 
            for(int t=0;t<4;t++) {
                int tx=i+dx[t],ty=j+dy[t];
                if(U[tx][ty]) add(x,U[tx][ty],1);
            }
        }
    pr2(ans+dicnic()); return 0;
}

猜你喜欢

转载自blog.csdn.net/qq_42886072/article/details/108445867
今日推荐
面壁智能发布 Eurux-8x22B 开源大模型 —— 堪称「理科状元」
开源日报 | 谷歌扶持鸿蒙上位；开源Rabbit R1；Docker加持的安卓手机；微软的焦虑和野心；海尔电器把开放平台关了
中国码农的“35岁魔咒”
蘭雅 CorelDRAW 插件 2024.5.1 国际劳动节版，免费下载
Arc Browser for Windows 1.0 正式 GA
90后程序员开发视频搬运软件、不到一年获利超 700 万，结局很刑！
周排行
【转】spring中对控制反转和依赖注入的理解
tms webcore 安装和使用
java程序员进阶相关书籍
SpringMVC接受请求参数、
如何保存训练好的机器学习模型
MyEclipse、Eclipse设置项目JDK的三个地方
商超行业微信小程序开发定制一般多少钱 （行业技术人员解读）
Markdown编辑器语言——30分钟入门到到精通
Linux系统下MongoDB的简单安装与基本操作
Power Strings
每日归档
更多
2024-05-07(14)
2024-05-06(40)
2024-05-05(0)
2024-05-04(7)
2024-05-03(19)
2024-05-02(0)
2024-05-01(4)
2024-04-30(1)
2024-04-29(40)
2024-04-28(0)

代码天地 © 2018 codetd.com

境外服务器   最新电视剧2022