Codeforces Round #700 (Div. 2) A ~ E ，6题全，超高质量良心题解【每日亿题】2021/2/8

整理的算法模板合集： ACM模板

点我看算法全家桶系列！！！

实际上是一个全新的精炼模板整合计划

---

这场打的头疼，先更一下C题吧，其他的几道题明天醒了再更…

现在脑子不太清醒，先口胡一个最简单的C吧…

来了来了，更一下 A ~ E

（实际上是昨天快两点才睡着，快九点了才起床，十点才吃完饭开始写

比赛链接：https://codeforces.com/contest/1480

A - Yet Another String Game

Problem 1480A - Yet Another String Game

Alice和 Bob 在玩游戏，Alice 先手，给定一个字符串，他们每次可以进行一个操作：让任意一个没有被选过的位置上的字符变成另一个不一样的字符。Alice 想让字符串最后的字典序最小，Bob 想让字符串最后的字典序最大，两位都会进行最优的操作，请问最后字符串会变成什么鬼样子 ~

Solution

签到题

模拟一下就行了，两位都尽量朝着自己的方向去选，所以Alice先选一定选第一个，然后 Bob 会选第二个，为了使得序列的字典序尽可能的打，所以就是奇偶交替进行…

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 50007;

int n, m, t;
string a, b;

int main()
{
     
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ) {
     
        cin >> a;
        int len = a.length();
        int cnt = 0, cnt1 = len, num = 0;
        for(int i = 0; i < len; ++ i){
     
            if(!(i & 1)) {
     
                if(a[i] == 'a') a[i] = 'b';
                else a[i] = 'a';
            }
            else {
     
                if(a[i] == 'z') a[i] = 'y';
                else a[i] = 'z';
            }
        }
        cout << a <<  endl;
    }
    return 0;
}

B - The Great Hero

Problem 1480B - The Great Hero

一个简单的贪心。开始还以为是一个模拟，然后立马发现，因为可以同归于尽，所以我们最后一击要用到正确的地方。因为我们打的顺序无所谓，所以可能存在一种情况，我随便打，中间死了，但是我把攻击力最大的哪个怪，放到最后跟他同归于尽，就会最后死，答案从 NO 变成了 YES。

然后再来分析这么解决。

首先很明显，对于第 $i$ 只怪，我们需要 $\lceil \frac{b_i}{A}\rceil$ 次才能打死它，然后每次会掉 $a_i$ 的血，如果直接打死它的话，会掉 $\lceil \frac{b_i}{A}\rceil \times a_i$ 的血。

所以我们就先模拟一遍，打一遍，然后最后的血量加上攻击力最大的那只怪的攻击力，相当于就是把这只放到最后打，要是加上之后的血量大于0，说明成功，否则中间就死了…

因为我特判的是 >0 而不是 >=0 ，我先扣掉了所有的血，再加上最大攻击力，如果我这时候剩余的血量 >0 说明我活到了最后一只攻击力最大的怪 例如这个

1
10 10 2
2 1000
50 10

答案就是NO，我的代码也是NO，我没办法活到1000的那个怪 ~

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;
typedef int itn;
const int N = 5e5 + 7, M = 1e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;
ll n, m, t;
ll A, B;
PLL a[N];
bool solve()
{
     
    scanf("%lld%lld%lld", &A, &B, &n);
    ll maxx = -INF;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        scanf("%lld", &a[i].x);
        maxx = max(maxx, a[i].x);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        scanf("%lld", &a[i].y);
    }

    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        ll cnt = ceil(a[i].y * 1.0 / A);
        sum += cnt * a[i].x;
    }
    B -= sum;
    B += maxx;
    if(B > 0) return true;
    else return false;
}

int main()
{
     
    scanf("%lld", &t);
    while(t -- ) {
     
        bool ans = solve();
        if(ans) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
    return 0;
}

C. Searching Local Minimum

Problem 1479A - Searching Local Minimum

交互题，有一个 $1$ ~ $n$ 的一个排列，只会给你 $n$ 的值，求一个为 V 字形的数的下标。其中 V 字形数是指下标为 $i$ 的一个数， $a_{i-1}\ge a_i\le a_{i+1}$ ，想让你找到的这个 $i$。你每次可以询问这个排列的一个下标的值，你最多可以问 100次。

$1\le n\le 10^5$

Solution

因为题目要找的是一个 v 字形的数，也就是 $a_{i-1}\ge a_i\le a_{i+1}$ 的这个 $i$。

数据 $10^5$

如果 $a_i\le a_{i+1}$ 那么 一定 $a_i\ge a_{i-1}$ ，不然 $i$ 就是答案。同理， $a_i\ge a_{i-1}$，那么 $a_{i-1}\ge a_{i-2}$ ，一次类推，一定是一个单调的

同理若 $a_i\ge a_{i+1}$ 也一样单调，所以二分就行了，若 a[mid] 大于右边，则答案在左边…

没了，睡觉睡觉

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef int itn;
const int N = 5e3 + 7, M = 1e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;

int n, m, t, k, q;
int a[N];
int vis[M];
PII ans[N];

int ask(int x)
{
     
    printf("? %d\n", x);
    fflush(stdout);
    int res;
    scanf("%d", &res);
    return res;
}

void solve()
{
     
    int l = 1, r = n;
    while(l < r) {
     
        int mid = l + r >> 1;
        int rr = ask(mid + 1);
        int midd = ask(mid);
        if(midd < rr) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    printf("! %d\n", l);
    fflush(stdout);
    return ;
}

int main()
{
     
    scanf("%d", &n);
    solve();
    return 0;
}

D1 - Painting the Array I

Problem 1479B1 - Painting the Array I

给你一个序列 $a$，请你将这个序列撕开分成两个序列 $a^{(0)}$ 和 $a^{(1)}$，使得将 $a^{(0)}$ 和 $a^{(1)}$ 合并所有相邻且相同的元素之后，两个序列剩余的元素个数和最大。

例如：

1 2 3 1

1 2 3 2

答案均为4。

Solution

我们发现直接遇见两个一样的就直接加2什么的暴力算的话不一定对，因为后面可能会出现多算的情况。就是你以为分开就好了，可以加，但是它却和放到的新序列的前一个元素重复，这样就多加了。

例如：

4 4 2 4 4 

答案应该是 4 而不是 5 。

所以要考虑贪心，分类讨论后面可能会发生的情况。

我们一步一步分析。

我们首先设 $a^{(0)}$ 序列的最后一个元素为 $x$ ，$a^{(1)}$ 的最后一个元素为 $y$ 。

分类讨论，我们分别考虑什么情况的时候，把当前元素分配给哪一个序列会更优。

对于当前准备去分配的元素 $z1$，以及 $z1$ 后面一位元素 $z2$。

(1) 考虑对前面的贡献

1. 当 x == y 时，上下两个序列都无所谓。
2. 当 x == z1 && y != z1 时，很明显分配给 $y$ 会更优。
3. 当 y == z1 && x != z1 时，很明显分配给 $x$ 会更优。

(2) 考虑对后面的贡献

1. 当 x == z2 && y != z2 时，很明显分配给 $x$ 会更优，因为可能 $z1$ 可以填上这个合并的漏洞，填不上的话，就算了，但会更优
2. 当 y == z2 && x != z2 时，同理很明显分配给 $y$ 会更优。
3. 当 x == y == z2 那就无所谓了 ~ 给谁都行

剩余的所有情况应该像D2那样去判断与 $x$ ，$y$ 相同的元素的距离谁最近，就放到谁后面。具体思路 / 证明看下面的 D2 的题解，这里可能是因为数据较弱，所以过掉了，然后我也懒得改了 ~ （往下滑就看到了）

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
const int N = 5e6 + 7, M = 6e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;

int n, m, t, k;
itn a[N];
int vis[N];
void solve()
{
     
    int ans = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    int x = -1, y = -1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        itn z1 = a[i], z2 = a[i + 1];
        if(z1 == x && z1 == y) continue;
        if(z1 == x) {
     
            y = z1;
            ans ++ ;
        }
        else if(z1 == y) {
     
            x = z1;
            ans ++ ;
        }
        else {
     
            ans ++ ;
            if(z2 == x && z2 != y) {
     
                x = z1;
            }
            else if(z2 == y && z2 != x) {
     
                y = z1;
            }
            else x = z1;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
     
    solve();
    return 0;
}

D2 - Painting the Array II

Problem 1479B2 - Painting the Array II

给你一个序列 $a$，请你将这个序列撕开分成两个序列 $a^{(0)}$ 和 $a^{(1)}$，使得将 $a^{(0)}$ 和 $a^{(1)}$ 合并所有相邻且相同的元素之后，两个序列剩余的元素个数和最小。

Solution

我们先按照上面 D1 的贪心策略分析。

我们首先设 $a^{(0)}$ 序列的最后一个元素为 $x$ ，$a^{(1)}$ 的最后一个元素为 $y$ 。

分类讨论，我们分别考虑什么情况的时候，把当前元素分配给哪一个序列会更优，使得序列最短。

对于当前准备去分配的元素 $z1$，以及 $z1$ 后面一位元素 $z2$。

(1) 首先考虑对前面的贡献

1. 当 x == y 时，上下两个序列给谁都无所谓
2. 当 x == z1 && y != z1 时，很明显分配给 $x$ 会更优。
3. 当 y == z1 && x != z1 时，很明显分配给 $y$ 会更优。

(2) 若上述条件均为达到就考虑对后面的贡献

1. 当 x == z2 && y != z2 时，很明显分配给 $y$ 会更优
2. 当 y == z2 && x != z2 时，同理很明显分配给 $x$ 会更优

最后一种情况：若x != z2 && y != z2，以及其他的所有剩余情况，这时候就有讲究了。

看上去放到哪里都区别不大，但是我们想要最终的答案尽可能地小，也就是让元素尽可能合并，也就是：

$a[i]$ 以后和 $x$ 相同的元素（假设是 $xx$）尽量能和 $x$ 合并，也就是以后 $x$ 后面都不添加数。

$a[i]$ 以后和 $y$ 相同的元素（假设是 $yy$）尽量能和 $y$ 合并， 也就是以后 $y$ 后面都不添加数。

但是我们总归是要在 $x$ 或者 $y$ 后面选择一个数放进去，假设我们放到了 $x$ 后面，这样也就断绝了后面的那个与 $x$ 相同的元素 $xx$ 与 $x$ 合并的可能性。

所以我们应该取两个队列末尾元素：$x$ 和 $y$ 中 与它们相同的数 $xx$ 或者 $yy$ 的距离更近的那个队列。

我们假设是 $y$ ，这样与 $y$ 相同的数 $yy$ 比与 $x$ 相同的数 $xx$ 距离更近，也就是一个一个来放的话，更先到达两个队列面前，是距离更短的那个数，也就意味着最终可以和 $y$ 合并的可能性就更大，因此我们就把 $a[i]$ 放到 $x$ 的后面，让 $y$ 去追逐合并的梦想 ~

应该很好理解，非常形象。

我们预处理一下下标 $i$ 的最近的下一个相同元素的下标 $\mathtt{n}\mathtt{e}\mathtt{x}[\mathtt{i}]$ 就行了，如何实现具体看代码，很好理解。

总结一下就是：

若x != z2 && y != z2，以及其他的所有剩余情况时：若nex[x] < nex[y] ，我们分配给 $y$ 更优

若x != z2 && y != z2，以及其他的所有剩余情况时：若nex[x] > nex[y] ，我们分配给 $x$ 更优

---

所有条件按照我分析的时候的先后顺序if else 判断即可，因为越往前优先级越大，后面只是有合并的可能性，而前面是直接已经可以合并了。

最后简单实现一下就行了

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
const int N = 5e5 + 7, M = 6e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;

int n, m, t, k;
itn a[N], b[N];
vector<int> v[N];
int nex[N];

void solve()
{
     
    int ans = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        scanf("%d", &a[i]);
        v[a[i]].push_back(i);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        nex[i] = n + 1;

    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        for(int j = 0; j < (int)v[i].size() - 1; ++ j) {
     
            nex[v[i][j]] = v[i][j + 1];
        }
    }
    int x = 0, y = 0, nex_x = n + 1, nex_y = n + 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
     
        int z1 = a[i], z2 = a[i + 1];
        if(z1 == x) {
     
            nex_x = nex[i];
        }
        else if(z1 == y) {
     
            nex_y = nex[i];
        }
        else {
     
            ans ++ ;
            if(z2 == x && z2 != y) {
     
                y = z1;
                nex_y = nex[i];
            }
            else if(z2 == y && z2 != x) {
     
                x = z1;
                nex_x = nex[i];
            }
            else {
     
                if(nex_x < nex_y) {
     
                    y = z1;
                    nex_y = nex[i];
                }
                else {
     
                    x = z1;
                    nex_x = nex[i];
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
     
    solve();
    return 0;
}

E - Continuous City

Problem 1479C - Continuous City

定义中心图为：

有 $n$ 个点，编号为 $1$ ~ $n$ 。以及 $m$ 条有向边。每一条有向边上都有一个正整数权值，并且这 $m$ 条路都是从编号小的指向编号大的（意味着每次走都会朝着中心 $n$ 进发）。并且对于任意两个不同的点，他们之间最多只有一条有向边。

定义 $(L,R)$ 连续图为既满足中心图，又满足下述两个条件的有向图：

1. 所有的从 $1$ 到 $n$ 的简单路径的长度 $len\in [L,R]$。
2. 对于任意的 $d$ ，$L\le d\le R$，均恰好存在一条且仅有一条从 $1$ 到 $n$ 的简单路径的长度等于 $d$。

仅给定 $L$ 和 $R$，请问你能否构造一个符合题意且点数 $n$ 不超过 32 的 $(L,R)$ 连续图，如果不能，输出 NO ，否则输出 YES 并输出该图的 $n$ 和 $m$ （点数与边数），并输出 $m$ 条边的情况（对于每条边，输出 $x,y,z$ 表示第 $i$ 条边从 $x$ 到 $y$ 边长为 $z$）

Solution

待更…