Codeforces Round #779 (Div. 2)

Codeforces Round #779 Div.2

  • A.Marin and Photoshoot
  • B.Marin and Anti-coprime Permutation
  • C.Shinju and the Lost Permutation
  • D1.388535 (Easy Version)
  • D2.388535 (Hard Version)
  • E.Gojou and Matrix Game
  • F.Juju and Binary String

A.Marin and Photoshoot

题意:有一串01串,0代表男生,1代表女生,你可以进行添加男生操作,使得对于任意一段 [ l , r ] [l,r] [l,r](r>=l+1)中男生的数量不超过女生。问最少操作几次。
题解:首先对于男生来说,两边都必须为女生,对于长度为3的时候,女生数量必须大于等于2。也就是说两个男生之间必须要有至少两个女生。

 
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    string s;
    cin>>s;
    int a=0,b=0;
    vector<int>v;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(s[i]=='0')v.push_back(i);
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<v.size();i++){
        ans+=max(0,2-(v[i]-v[i-1]-1));
    }
    cout<<ans<<"\n";
}
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    // t=1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

B.Marin and Anti-coprime Permutation

题意: p 1 , p 2 , p 3 . . . p n p_1,p_2,p_3...p_n p1,p2,p3...pn [ 1 , n ] [1,n] [1,n]的排列,问满足 g c d ( 1 ∗ p 1 , 2 ∗ p 2 , . . . n ∗ p n ) > 1 gcd(1*p_1,2*p_2,...n*p_n)>1 gcd(1p1,2p2,...npn)>1的方案数。
题解:
对于相邻的两个数,一奇一偶 g c d gcd gcd 1 1 1,为了使得 g c d > 1 gcd>1 gcd>1,我们必须把奇数安排在偶数位置,因此当n为奇数时,有一个奇数没有偶数位置安排,答案为0,n为偶数时,奇偶数分开全排列, a n s = ( n 2 ! n 2 ! ) ans=(\frac{n}{2}!\frac{n}{2}!) ans=(2n!2n!)

ll fac[maxn];
void solve(){
    ll n;
    cin>>n;
    if(n%2)cout<<"0\n";
    else cout<<fac[n/2]*fac[n/2]%MOD<<"\n";
}
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    // t=1;
    fac[0]=1;
    for(ll i=1;i<maxn;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

C.Shinju and the Lost Permutation

题意:现在有一个 [ 1 , n ] [1,n] [1,n]的数组P,但是顺序忘记了,只知道它的C数组,问这个C数组是否合法。
定义B数组为 b i = m a x ( p 1 , p 2 , . . . p i ) b_i=max(p_1,p_2,...p_i) bi=max(p1,p2,...pi)
定义C数组为 c i = p 循 环 右 移 ( i − 1 ) 位 得 到 的 b 数 组 去 重 后 的 个 数 c_i=p循环右移(i-1)位得到的b数组去重后的个数 ci=p(i1)b
首先B数组一定是递增的。
当最大值 n n n在第一个时, B = n , n , . . n , c i = 1 B={n,n,..n},c_i=1 B=n,n,..n,ci=1。当c等于1时说明当前位置最大值在第一个位置。
那么我们对c数组移动使得1在第一个位置,这样当我们循环右移时最大值后面的状态都不用考虑,因为取max都为 n n n。当当前最后一个数移动到第一位时,然后小于后面的数,他就会使得c+1,所以相邻的两项最多只会差1,并且后面的c都不可能为1.

int a[maxn];
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    vector<int>v;
    int index=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]==1){
            index=i;
            break;
        }
    }
    if(index==-1){
        cout<<"NO\n";
        return;
    }
    for(int i=index;i<=n;i++)v.push_back(a[i]);
    for(int i=1;i<index;i++)v.push_back(a[i]);
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(v[i]>i+1||v[i]==1||v[i]>v[i-1]+1){
            cout<<"NO\n";
            return;
        }
    }
    cout<<"YES\n";
}
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    // t=1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D1.388535 (Easy Version)

题意: [ l , r ] 区 间 中 的 所 有 数 异 或 上 x 得 到 a 数 组 [l,r]区间中的所有数异或上x得到a数组 [l,r]xa,问 x x x的值。 ( l = = 0 ) (l==0) l==0
题解:
[ l , r ] [l,r] [l,r]中的数进行二进制拆分,对 [ a 1 , a r − l + 1 ] [a_1,a_{r-l+1}] [a1,arl+1]也进行拆分,若拆分后第 i i i位的个数不相同,说明这一位进行了异或操作,使得个数翻转了,将这一位计入答案。

int num[30],num2[30];
void solve(){
    int l,r;
    cin>>l>>r;
    for(int i=0;i<=17;i++)num[i]=0;
    for(int i=0;i<=17;i++)num2[i]=0;
    for(int i=1,x;i<=r-l+1;i++){
        cin>>x;
        for(int j=0;j<=17;j++){
            if((x>>j)&1){
                num[j]++;
            }
        }
    }
    for(int i=l;i<=r;i++){
        for(int j=0;j<=17;j++){
            if((i>>j)&1){
                num2[j]++;
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=17;i++){
        if(num[i]==num2[i])continue;
        else ans+=(1<<i);
    }
    cout<<ans<<"\n";
 
}
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    // t=1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D2.388535 (Hard Version)

题意:同D1,但是 ( l > = 0 ) (l>=0) (l>=0)
题解:当 l ! = 0 l!=0 l!=0时,上面的构造方法就存在问题。
首先我们得知道 [ l , r ] [l,r] [l,r]中得值,两两异或都不为0,因为任意两个值都不相等。那么所有值都异或上 x x x后,所有值也都不相等,因为异或后得两个值异或等价于 ( i ⨁ x ) ⨁ ( j ⨁ x ) = ( i ⨁ j ) (i \bigoplus x) \bigoplus (j \bigoplus x)=(i \bigoplus j) (ix)(jx)=(ij),所以异或后的任意两个值也不相等,那么我们枚举 x x x的时候,只需要计算a数组异或上 x x x的最小值为 l l l,最大值为 r r r就可以确定这个数组异或上 x x x得到的为 [ l , r ] [l,r] [l,r]
异或最大最小值用01字典树可以log的算出,枚举x的时间为n,总时间为nlog

int tol; //节点个数 
ll val[32*maxn]; //点的值 
int ch[32*maxn][2]; //边的值 
void init()
{ //初始化 
    for(int i=0;i<=tol;i++)ch[i][0]=ch[i][1]=0;
    tol=1;
}
void insert(ll x)
{ //往 01字典树中插入 x 
    int u=0;
    for(int i=16;i>=0;i--)
    {
        int v=(x>>i)&1;
        if(!ch[u][v])
        { //如果节点未被访问过 
            ch[tol][0]=ch[tol][1]=0; //将当前节点的边值初始化 
            val[tol]=0; //节点值为0,表示到此不是一个数 
            ch[u][v]=tol++; //边指向的节点编号 
        }
        u=ch[u][v]; //下一节点 
    }
    val[u]=x; //节点值为 x,即到此是一个数 
}
 
ll query(ll x)
{ //查询所有数中和 x异或结果最大的数 
    int res=0;
    int u=0;
    for(int i=16;i>=0;i--)
    {
        int v=(x>>i)&1;
        //利用贪心策略,优先寻找和当前位不同的数 
        if(ch[u][v^1]) u=ch[u][v^1],res|=(1<<i);
        else u=ch[u][v];
    }
    return res ;//返回结果 
}
ll query_min(ll x)
{ //查询所有数中和 x异或结果最小的数 
    int res=0;
    int u=0;
    for(int i=16;i>=0;i--)
    {
        int v=(x>>i)&1;
        //利用贪心策略,优先寻找和当前位不同的数 
        if(ch[u][v]) u=ch[u][v];
        else u=ch[u][v^1],res|=(1<<i);
    }
    return res;//返回结果 
}
void solve(){
    int l,r,x;
    cin>>l>>r;
    init();
    for(int i=l;i<=r;i++){
        cin>>x;
        insert(x);
    }
    for(int i=l;i<=r;i++){
        int ans=x^i;
        int mx=query(ans);
        int mn=query_min(ans);
        if(mn==l&&mx==r){
            cout<<ans<<"\n";
            return;
        }
    }
}
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

E.Gojou and Matrix Game

题意:两个人博弈,有一个n*n的棋盘,每个点都有不同的值,两个下的棋子之间的曼哈顿距离不得小于等于k,问对于每个点,若先手下这个点,谁获胜。,每人下 1 0 100 次 10^{100}次 10100
题解:对于后手下的人,若在先手的k距离外,没有比k距离内的值大,就输了,因为先手的一直都比你大,你又进不去k的范围内。反之后手就赢了。
按点值从大到小枚举,最大的点值先手下必胜,再进行转移,对于所有的必胜点都得在目前点的k范围内,只有这样目前点才能为必胜点。
判断是否覆盖所有必胜点只需要维护上下左右四个端点值。

int u,d,l,r,k,n;
bool check(int i,int j){
    return (abs(i-u)<=k&&abs(i-d)<=k&&abs(j-l)<=k&&abs(j-r)<=k);
}
int dp[2222][2222];
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin>>n>>k;
    vector<array<int,5>>v;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1,x;j<=n;j++){
            cin>>x;
            v.push_back({x,i,j,i+j,j-i});
        }
    }
    sort(v.begin(),v.end(),greater<array<int,5>>());
    u=v[0][3];d=v[0][3];l=v[0][4];r=v[0][4];
    for(auto &it:v){
        if(check(it[3],it[4])){
            dp[it[1]][it[2]]=1;
            u=min(u,it[3]);
            d=max(d,it[3]);
            l=min(l,it[4]);
            r=max(r,it[4]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(dp[i][j])cout<<"M";
            else cout<<"G";
        }
        cout<<"\n";
    }
    return 0;
}

F.Juju and Binary String

题意:有一串01串,该S串的值定义为 n u m 1 n \frac{num1}{n} nnum1,你需要找k个连续字串拼成长度为 m m m的串,使得它们的值相同。
题解:
首先T字符串的1的值设为 x x x, x m = n u m 1 n \frac{x}{m}=\frac{num1}{n} mx=nnum1
n u m 1 ∗ m % n ! = 0 num1*m\%n!=0 num1m%n!=0无解。
否则 x = n u m 1 ∗ m / n x=num1*m/n x=num1m/n转化为找k个字串使得子串的长度为 m m m,1的数量为 x x x
存在一个结论k一定<=2;分类讨论。

我们现在还假设这个字符串是圆形的。考虑这个圆形字符串中任何长度为m的子数组,包括环绕的子数组。如果我们能找到一个恰好有 x x x 1 1 1的子数,那么我们需要的最小零件数是 1 1 1 2 2 2,这取决于它是否环绕。而这两者都可以用滑动窗口/前缀和来检查。

事实证明,这样的子阵列总是存在的。如果 i ≤ n − m + 1 i≤n-m+1 inm+1,让 c i c_i ci s [ i . . . i + m − 1 ] s[i...i+m-1] s[i...i+m1]中的 1 1 1的数量,否则为 s [ 1... m − ( n − i + 1 ) ] + s [ i . . . n ] s[1...m-(n-i+1)]+s[i...n] s[1...m(ni+1)]+s[i...n](即,环绕的子阵列与不环绕的子阵列)。请注意,对于所有 1 ≤ i < n 1≤i1i<n的情况, ∣ c i + 1 − c i ∣ ≤ 1 , ∣ c 1 − c n ∣ ≤ 1 |ci+1-ci|≤1,|c1-cn|≤1 ci+1ci1c1cn1。这是因为如果我们把我们考虑的子数组从 i i i滑到 i + 1 i+1 i+1,我们就排除了 s i si si s ( ( i + m − 1 ) m o d   n ) + 1 s((i+m-1)mod\ n)+1 s((i+m1)mod n)+1。这意味着,对于所有 m i n ( c i ) ≤ y ≤ m a x ( c i ) min(c_i)≤y≤max(c_i) min(ci)ymax(ci),都存在 c i = y c_i=y ci=y,因为没有办法在 "跳过 "中间的值的同时,从一个小 c i c_i ci到大 c i c_i ci

假设 m a x ( c i ) ≥ x max(c_i)≥x max(ci)x m i n ( c i ) ≤ x min(c_i)≤x min(ci)x,意味着某些 c i = x c_i=x ci=x。假设 m a x ( c i ) < x max(c_i)max(ci)<x。这意味着 ∑ i = 1 n c i < n ⋅ x \sum_{i=1}^ncii=1nci<nx。此外,每个索引正好包括在 m m m个不同的子阵列中。因为 ∑ i = 1 n c i = m ⋅ n u m 1 \sum_{i=1}^nci=m⋅num1 i=1nci=mnum1。因此, m ⋅ n u m 1 < n ⋅ x m⋅num1mnum1<nx,或者 x ∗ n > m ⋅ n u m 1 x*n>m⋅num1 xn>mnum1,这与 x x x的定义是矛盾的。 ∑ i = 1 n c i = m ⋅ n u m 1 > n ⋅ x \sum_{i=1}^nci=m⋅num1>n⋅x i=1nci=mnum1>nx,或者 x ∗ n < m ⋅ n u m 1 x*nxn<mnum1,这是一个矛盾。因此, m a x ( c i ) ≥ x 和 m i n ( c i ) ≤ x max(c_i)≥x和min(c_i)≤x max(ci)xmin(ci)x

int num[maxn];
void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    string s;
    cin>>s;
    num[0]=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        num[i+1]=num[i]+(s[i]=='1');
    }
    ll k=(ll)num[n]*m;
    if(k%n){
        cout<<"-1\n";
        return;
    }
    k/=n;
    int index=-1;
    for(int i=1;i+m-1<=n;i++){
        if(num[i+m-1]-num[i-1]==k){
            index=i;
            break;
        }
    }
    if(index!=-1){
        cout<<1<<"\n";
        cout<<index<<" "<<index+m-1<<"\n";
        return;
    }
    for(int i=1;i+(n-m)-1<=n;i++){
        if(num[i+(n-m)-1]-num[i-1]==(num[n]-k)){
            index=i;
            break;
        }
    }
    cout<<2<<"\n";
    cout<<1<<" "<<index-1<<"\n";
    cout<<index+(n-m)<<" "<<n<<"\n";
}
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

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