【解题总结】Codeforces Round 673 (Div. 1)

A k-Amazing Numbers

题意：给定长为 $n$ 的序列，对于每个 $k\in [1,n]$ 问在每个长为 $k$ 的子段中都出现过的数中最小的是多少（可能不存在）。

对序列中每种数 $a$ 看其之间最大间隔是多少，设为 $t$，那么所有 $\ge t$ 的 $k$ 的答案存在，且至多是 $a$。

于是做一个后缀 min 即可。

B Make Them Equal

题意：给定长为 $n$ 的正整数序列，每次可以选定 $i,j\in [1,n]$ 和 $x\ge 0$，让 $a_i$ 减少 $ix$，让 $a_j$ 增加 $ix$。需保证操作完 $a_i\ge 0$。问能否在 $3n$ 次操作内让所有数均相同，能的话给出方案。

这是那种一眼看上去就大概能会的题，但是我 WA 了 13 发…

无解容易判定：只要和不是 $n$ 的倍数就无解。后面构造的基本思想是先对于所有 $>1$ 的 $i$，收集 $a_i$ 到 $a_1$，然后再让 $a_1$ 把所有其他数变成目标（就是最后要全部变成的那个数）。

所谓收集，指的就是先用一次操作，从 $a_1$ 借走一定大小，让 $a_i$ 变成能被 $i$ 整除，然后用一次操作把 $a_i$ 直接加到 $a_1$ 上。

这里就比较 trick：我一开始以为 $a_i<i$ 时是直接无解，于是搞了很久，后面又尝试了各种方法才勉强通过。后面看题解发现收集这一阶段其实只要按照 $i=2,\dots ,n$ 收集即可。

原因很简单，由于原始序列是正整数序列，从而初始时 $a_1\ge 1$。我们可以归纳证明这么收集到 $a_i$ 时，$a_1\ge i$。那么这就保证了上面的收集操作不会出现 $a_1$ 不够借给 $a_i$ 的情况。

C XOR Inverse

题意：给定一个序列，找出最小的 $x$ 使得原序列每个数异或上 $x$ 后逆序对数最小。

从高到低做，每次看要不要在最高位上异或一个 1。无论要不要，我们最后都不需要考虑最高位不同的数之间逆序对的贡献（因为这一步已经算完了）。

然后类似归并，把原序列分割为两个子序列（子序列中的数保持原有顺序），一个子序列中所有数最高位为 0，另一个为 1。现在逆序对只会来自这两个子序列各自的内部。于是递归下去计算即可。

int n, a[300005], maxi, b[300005];
set<int> endpoint;
int llst[300005], ttot;
pair<ll, ll> get(int l, int r, int highbit){
    
    
    // return number of inversions
    ll inv1 = 0, inv2 = 0;
    int cnt0 = 0, cnt1 = 0;
    REP(i, l, r){
    
    
        if (a[i] & highbit){
    
    
            inv2 += cnt0;
            ++cnt1;
        } else {
    
    
            inv1 += cnt1;
            ++cnt0;
        }
    }
    return make_pair(inv1, inv2);
}
int split(int l, int r, int highbit){
    
    
    int ccnt = 0;
    REP(i, l, r){
    
    
        if (!(a[i] & highbit)) ++ccnt;
    }
    if (ccnt == r - l + 1) return -1;
    int lpos = l, rpos = l + ccnt;
    REP(i, l, r){
    
    
        if (!(a[i] & highbit)) b[lpos++] = a[i];
        else b[rpos++] = a[i];
    }
    REP(i, l, r) a[i] = b[i];
    return l + ccnt - 1;
}
void init(){
    
    
    n = read();
    maxi = 0;
    REP(i, 1, n) a[i] = read(), maxi = max(maxi, a[i]);
}
void solve(){
    
    
    int logg = 1;
    while (logg <= maxi) logg <<= 1;
    logg >>= 1;
    endpoint.insert(n);
    int x = 0;
    ll totinv = 0;
    while (logg > 0){
    
    
        int lst = 1;
        ll inv0 = 0, inv1 = 0;
        for (int x: endpoint){
    
    
            auto p = get(lst, x, logg);
            inv0 += p.first, inv1 += p.second;
            lst = x + 1;
        }
        if (inv0 > inv1){
    
    
            x |= logg;
            REP(i, 1, n) a[i] ^= logg;
        }
        totinv += min(inv0, inv1);
        lst = 1;
        ttot = 0;
        for (int x: endpoint){
    
    
            int mid = split(lst, x, logg);
            if (mid > 0) llst[++ttot] = mid;
            lst = x + 1;
        }
        REP(i, 1, ttot) endpoint.insert(llst[i]);
        logg >>= 1;
    }
    printf("%lld %d\n", totinv, x);
}

D

待补。。。

E

待补。。。

F

待补。。。