跟个sb一样
比赛链接
今天来改题了。
A
题意：找出最长的一段区间使得区间长度是偶数，且区间前一半只有一种数，后一半只有一种数。
\(a[i] \in [1,2], n \leq 100000\).
A solution
解：考虑分段。
举个例子：[1 2 2 1 2 2 2 1 1 2 1]
按相同的值分为一段之后就会变成
[1 | 2 2 | 1 | 2 2 2 | 1 1 | 2 | 1]显然目标区间一定会在相邻的两个段里，正确性显然。
于是直接计算即可。
/**
* @Author: Mingyu Li
* @Date: 2019-03-08T17:07:17+08:00
* @Email: [email protected]
* @Filename: c1138A.cpp
* @Last modified by: Mingyu Li
* @Last modified time: 2019-03-09T09:16:10+08:00
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define tpname typename
#define Go(i , x , y) for(register int i = x; i <= y; i++)
#define God(i , y , x) for(register int i = y; i >= x; i--)
typedef long long LL;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ULL;
template < tpname T > void sc(T& t) {
char c = getchar(); T x = 1; t = 0; while(!isdigit(c)) {if(c == '-') x = -1; c = getchar();}
while(isdigit(c)) t = t * 10 + c - '0' , c = getchar();t *= x;
}
template < tpname T , tpname... Args > void sc(T& t , Args&... args) {sc(t); sc(args...);}
template < tpname T > T mul(T x , T y , T _) {
x %= _,y %= _; return ((x * y - (T)(((ld)x * y + 0.5) / _) * _) % _ + _) % _;
}
const int N = 100000 + 10;
int pref[3][N] , suf[3][N];
int n , ans = 0 , t[N];
int main() {
sc(n);
Go(i,1,n) sc(t[i]);
std::vector < int > v;
int cnt = 1;
Go(i , 2 , n+1) {
if(t[i] != t[i - 1]) {
v.push_back(cnt);
cnt = 0;
}
cnt++;
}
Go(i , 0 , (int)v.size() - 2) ans = std::max(ans , std::min(v[i] , v[i + 1]) * 2);
std::cout << ans << " \n";
return 0;
}B
题意：给定一张\(2\)行\(n\)列的表格\(A\).
\(A[i][j]\)代表第\(j\)个人擅不擅长项目\(i\).
要求将\(n\)个人分成2组，每组\(n/2\)个人。（保证\(n\)是偶数）并满足第一组擅长项目1的人数=第二组擅长项目2的人数。
输出方案。\(n \leq 5000\).
B solution
解：下文中将默认\((i,j)\)为是否擅长项目1与项目2。
看起来好像很难下手，但是只需要枚举即可。
枚举第一组中\((1,0)\)的人数与\((1,1)\)的人数。
接着，第一组擅长项目1的人数就确定了，第二组\((1,1)\)的人数也确定了，那就可以确定第二组\((0,1)\)的人数了。
第二组确定了，第一组也能确定。
于是第一组的\((0,0)\)人数也确定了。第二组随之确定。
如果所有人数都合法就输出。如果没有任何一组人数合法，输出\(-1\).
/**
* @Author: Mingyu Li
* @Date: 2019-03-08T17:51:24+08:00
* @Email: [email protected]
* @Filename: c1138B.cpp
* @Last modified by: Mingyu Li
* @Last modified time: 2019-03-09T10:47:22+08:00
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define tpname typename
#define Go(i , x , y) for(register int i = x; i <= y; i++)
#define God(i , y , x) for(register int i = y; i >= x; i--)
typedef long long LL;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ULL;
template < tpname T > void sc(T& t) {
char c = getchar(); T x = 1; t = 0; while(!isdigit(c)) {if(c == '-') x = -1; c = getchar();}
while(isdigit(c)) t = t * 10 + c - '0' , c = getchar();t *= x;
}
template < tpname T , tpname... Args > void sc(T& t , Args&... args) {sc(t); sc(args...);}
template < tpname T > T mul(T x , T y , T _) {
x %= _,y %= _; return ((x * y - (T)(((ld)x * y + 0.5) / _) * _) % _ + _) % _;
}
int n;
std::string a , b;
std::vector < int > v00 , v01 , v10 , v11;
int main() {
v00.clear(); v11.clear(); v01.clear(); v10.clear();
std::cin >> n;
std::cin >> a >> b;
a = "%" + a; b = "%" + b;
Go(i , 1 , n) {
if(a[i] == '1' && b[i] == '1') v11.push_back(i);
else if(a[i] == '0' && b[i] == '0') v00.push_back(i);
else if(a[i] == '0' && b[i] == '1') v01.push_back(i);
else if(a[i] == '1' && b[i] == '0') v10.push_back(i);
}
Go(s10 , 0 , (int)(v10.size()))
Go(s11 , 0 , (int)(v11.size())) {
if(s10 + s11 > n/2) continue;
// 选完之后 剩下的s10和s11进入第二组
// 对答案有贡献的只有s11
int g2_s01 = s10 + 2 * s11 - (int)((int)(v11.size()));
int g1_s01 = (int)(v01.size()) - g2_s01;
if(g2_s01 >= 0 && g2_s01 <= (int)(v01.size())) {
int g1_s00 = n/2 - g1_s01 - s10 - s11;
if(g1_s00 >= 0 && g1_s00 <= (int)(v00.size())) {
Go(i , 0 , s11 - 1) std::cout << v11[i] << " ";
Go(i , 0 , s10 - 1) std::cout << v10[i] << " ";
Go(i , 0 , g1_s01 - 1) std::cout << v01[i] << " ";
Go(i , 0 , g1_s00 - 1) std::cout << v00[i] << " ";
puts("");
return 0;
}
}
}
puts("-1");
return 0;
}C
给定一个\(n\times m\)大小的表格。
要求对于每一个位置\((i,j)\),求出\(ans(i,j)\).
其中\(ans(i,j)\)表示将第i行和第j列的某些数更改后使得在满足行内所有数相对大小关系不变，列内所有数相对大小关系不变的情况下，行列内最大值 的最小值。
\(n,m \leq 1000\). 时限2s.
C solution
解：发现除了\(a[i][j]\)一个交界点之外，行列之间是独立的。所以，只需要确定\(a[i][j]\)重新排列之后的排名即可。
这玩意很好确定。因为行列之间是独立的，所以答案就是
\[max(行内比a[i][j]小的数的种数,列内比a[i][j]小的数的种数)+1\]
同理，题目要求最小化最大值。由于行列独立，所以最大值的编号就是
\[a[i][j]排名+max(行内比a[i][j]大的数的种数,列内比a[i][j]大的数的种数)\]
这个东西可以每行每列一起预处理，复杂度\(\Theta(n^2 log(n))\).
/**
* @Author: Mingyu Li
* @Date: 2019-03-09T10:47:43+08:00
* @Email: [email protected]
* @Filename: c1138C.cpp
* @Last modified by: Mingyu Li
* @Last modified time: 2019-03-09T11:57:03+08:00
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define tpname typename
#define Go(i , x , y) for(register int i = x; i <= y; i++)
#define God(i , y , x) for(register int i = y; i >= x; i--)
typedef long long LL;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ULL;
template < tpname T > void sc(T& t) {
char c = getchar(); T x = 1; t = 0; while(!isdigit(c)) {if(c == '-') x = -1; c = getchar();}
while(isdigit(c)) t = t * 10 + c - '0' , c = getchar();t *= x;
}
template < tpname T , tpname... Args > void sc(T& t , Args&... args) {sc(t); sc(args...);}
template < tpname T > T mul(T x , T y , T _) {
x %= _,y %= _; return ((x * y - (T)(((ld)x * y + 0.5) / _) * _) % _ + _) % _;
}
const int N = 1000 + 10;
int ans[N][N];
int n , m , it;
int a[N][N] , b[N];
int ans1[N][N] , ans2[N][N] , big1[N][N] , big2[N][N];
int p = 0;
int main() {
sc(n , m);
Go(i , 1 , n)
Go(j , 1 , m)
sc(a[i][j]);
Go(i , 1 , n) {
p = 0;
Go(j , 1 , m) b[++p] = a[i][j];
std::sort(b + 1 , b + p + 1);
p = std::unique(b + 1 , b + p + 1) - (b + 1);
Go(j , 1 , m) {
ans1[i][j] = std::lower_bound(b+1 , b+p+1 , a[i][j]) - b;
big1[i][j] = p - ans1[i][j];
}
}
Go(i , 1 , m) {
p = 0;
Go(j , 1 , n) b[++p] = a[j][i];
std::sort(b + 1 , b + p + 1);
p = std::unique(b + 1 , b + p + 1) - (b + 1);
Go(j , 1 , n) {
ans2[j][i] = std::lower_bound(b+1 , b+p+1 , a[j][i]) - b;
big2[j][i] = p - ans2[j][i];
}
}
Go(i , 1 , n) {
Go(j , 1 , m) printf("%d " , std::max(ans1[i][j] , ans2[i][j]) + std::max(big1[i][j] , big2[i][j]));
puts("");
}
return 0;
}D
给定只包含01的字符串\(s\)和\(t\)，重排列\(s\)字符串使得\(t\)在其中作为子串出现的次数最多。
\(|s|,|t| \leq 500000\).
D solution
首先考虑最优解一定长成什么样子——
一定是一个t串加很多个小节，每加一个小节就会多产生一个\(t\)子串。
有了这部转化就很简单了。容易发现这个小节即为长度为\(|t|-border(t)\)的\(t\)串后缀。
能输出多少份输出多少份。\(border\)用\(KMP\)或\(Hash\)维护都可以（注意\(Hash\)被卡）
/**
* @Author: Mingyu Li
* @Date: 2019-03-09T12:54:42+08:00
* @Email: [email protected]
* @Filename: c1138D.cpp
* @Last modified by: Mingyu Li
* @Last modified time: 2019-03-09T22:14:16+08:00
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define tpname typename
#define Go(i , x , y) for(register int i = x; i <= y; i++)
#define God(i , y , x) for(register int i = y; i >= x; i--)
typedef long long LL;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ULL;
template < tpname T > void sc(T& t) {
char c = getchar(); T x = 1; t = 0; while(!isdigit(c)) {if(c == '-') x = -1; c = getchar();}
while(isdigit(c)) t = t * 10 + c - '0' , c = getchar();t *= x;
}
template < tpname T , tpname... Args > void sc(T& t , Args&... args) {sc(t); sc(args...);}
template < tpname T > T mul(T x , T y , T _) {
x %= _,y %= _; return ((x * y - (T)(((ld)x * y + 0.5) / _) * _) % _ + _) % _;
}
const int N = 500000 + 5;
const ULL P1 = 13331;
const ULL P2 = 19260817;
const ULL MOD1 = 314159;
const ULL MOD2 = (1000000007);
ULL Hash1[N] , Hash2[N] , pw1[N] , pw2[N];
int cnt[2] , cnt1[2] , n , m;
char a[N + 5] , b[N + 5];
void Prework() {
pw1[0] = pw2[0] = 1;
Go(i , 1 , n)
pw1[i] = pw1[i - 1] * P1 % MOD1 , pw2[i] = pw2[i - 1] * P2 % MOD2;
Go(i , 1 , n) {
Hash1[i] = (Hash1[i - 1] * P1 % MOD1 + b[i]) % MOD1;
Hash2[i] = (Hash2[i - 1] * P2 % MOD2 + b[i]) % MOD2;
}
}
bool same(int l1, int r1, int l2, int r2) {
return ((Hash2[r2] + MOD2 - Hash2[l2 - 1] * pw2[r2 - l2 + 1] % MOD2) % MOD2 == (Hash2[r1] + MOD2 - Hash2[l1 - 1] * pw2[r1 - l1 + 1] % MOD2) % MOD2
&& (Hash1[r2] + MOD1 - Hash1[l2 - 1] * pw1[r2 - l2 + 1] % MOD1) % MOD1 == (Hash1[r1] + MOD1 - Hash1[l1 - 1] * pw1[r1 - l1 + 1] % MOD1) % MOD1);
}
int LCP() {
int ans = 0;
Go(i , 1 , n-1) {
if(same(1 , i , n-i+1 , n)) ans = i;
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%s" , (a + 1));
scanf("%s" , (b + 1));
m = strlen(a + 1) , n = strlen(b + 1);
Prework();
Go(i , 1 , m) cnt[a[i] - '0']++;
Go(i , 1 , n) cnt1[b[i] - '0']++;
int fill = n - LCP();
if(cnt[0] < cnt1[0] || cnt[1] < cnt1[1]) {
Go(i , 1 , m) putchar(a[i]);
puts("");
return 0;
}
cnt[0] -= cnt1[0] , cnt[1] -= cnt1[1];
cnt1[0] = cnt1[1] = 0;
Go(i , n - fill + 1 , n) ++cnt1[b[i] - '0'];
Go(i , 1 , n) putchar(b[i]);
Go(i , 1 , 2147483647) {
bool f = 1;
Go(j , n - fill + 1 , n) {
if(!cnt[b[j] - '0']) {
f = 0;
break;
}
putchar(b[j]);
cnt[b[j] - '0']--;
}
if(!f) break;
}
if(cnt[1]) Go(i , 1 , cnt[1]) putchar('1');
if(cnt[0]) Go(i , 1 , cnt[0]) putchar('0');
return 0;
}