Codeforces Global Round 19 A - E

https://codeforces.com/contest/1637

A

选择一个长度len，将前len个数和后面的数分别排序，问是不是总能把数组排好

• 显然只有数组之前已经排好序才行

#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for(auto &i : a) cin >> i;
        if(!is_sorted(a.begin(), a.end())) cout << "YES\n";
        else cout << "NO\n";
    }
    return 0;
}

B

• 按照给定的规则，问这个数组的所有子数组划分之后的最大值
• 这题想了好久，想不出来这个最优解是什么，实际上把一个长度为k的数组分成k段总是最优的，没有0的时候这样分分出来是k，使用其他的分法比如说随便分一个，假设说分出来两个区间长度分别为$l,r$，这里$l+r=k$，那么这时候答案是$2+0+0=2\le k$最多也就分出来$k$个；即使有0,对于答案的贡献也是全分出来更大，因为$mex(0)=1$，而把0分到别的组里面最大只有$k$
• 这题很巧妙，所以说区间$[l,r]$对于答案的贡献就是$r-l+1+res$，其中$res$表示区间0的个数，这样枚举每一个区间时间复杂度是$O(n^2)$

#include 

using namespace std;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for(int i=0;i<n;i++) cin >> a[i];
        long long ans = 0;
        function<long long(int, int)> cal = [&](int l, int r){
            long long res = 0;
            for(int i=l;i<=r;i++){
                if(!a[i]){
                    res += 1;
                }
            }
            return res + r - l + 1;
        };
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int j=i;j<n;j++){
                ans += cal(i, j);
            }
        }
        cout << ans << '\n';
    }
    return 0;
}

C

• 题读错了，同样想了好久，这里面说了$1<j<n$，那就简单了，如果是奇数，那么+1即可，然后/2,如果是偶数直接/2,中间如果全是1或者长度是3的前提下中间是奇数那就无解；否则总是有解，因为比如说是1
  3 1 1 1 1,这个3可以产生两个偶数，偶数又可以让奇数变成偶数

#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for(auto &i : a) cin >> i;
        function<void()> solve = [&](){
            if(n == 3 && (a[1] & 1)){
                cout << -1 << '\n';
                return; 
            }
            ll ans = 0;
            bool ok = false;
            for(int i=1;i<n-1;i++){
                if(a[i] != 1) ok = true;
            }
            if(!ok){
                cout << -1 << '\n';
            }else{
                for(int i=1;i<n-1;i++){
                    if(a[i] & 1){
                        a[i] += 1;
                    }
                    ans += a[i] / 2;
                }
                cout << ans << '\n';
            }
        };
        solve();
    }
    return 0;
}

D

• 这样一个问题，给你$a[i]$和$b[i]$，现在要最小化${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i+1}^n(a_i+a_j{)}^2$和${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i+1}^n(b_i+b_j{)}^2$的和
• 平方打开，然后加和，得到${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i+1}^n{a}_i^2+b_i^2+a_j^2+b_j^2+2(a_i{a}_j+b_i{b}_j)$
• 前面${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i+1}^n{a}_i^2+b_i^2+a_j^2+b_j^2$是一个定值,可以$O(n^2)$得到，
  现在需要处理的问题是最小化${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i+1}^{n}2(a_i{a}_j+b_i{b}_j)$，因为$a_i{a}_j$和$b_i{b}_j$等价，所以先只考虑
  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^n{a}_i{a}_j$$
  我们要知道$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^n{a}_i{a}_j=\frac{{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n{a}_i{a}_j-{\sum }_{i=1}^n{a}_i{a}_i}{2}= \\ \frac{({\sum }_{i=1}^n{a}_i{)}^2-{\sum }_{i=1}^n{a}_i^2}{2} \end{gathered}$$如何证明呢？可以考虑矩阵乘法，左侧相当于一个$n\times n$矩阵的一个三角区域（去除主对角线），那么如何得到呢？显然应该使用整个矩阵减去主对角线元素除以2,这也就得到了这个公式
• 知道了这个公式以后，我们实际上要最小化的式子为$$\begin{gathered} (\sum _{i=1}^n{a}_i{)}^2-\sum _{i=1}^n{a}_i^2+(\sum _{i=1}^n{b}_i{)}^2-\sum _{i=1}^n{b}_i^2= \\ (\sum _{i=1}^n{a}_i{)}^2+(\sum _{i=1}^n{b}_i{)}^2-\sum _{i=1}^n{a}_i^2-\sum _{i=1}^n{b}_i^2 \end{gathered}$$
• 那么其实后面也是一个定值，只需要最小化前面，换句话说，现在有这样一个问题，给你两个数组，可以互换$a[i]$和$b[i]$，求$({\sum }_{i=1}^n{a}_i{)}^2+({\sum }_{i=1}^n{b}_i{)}^2$的最小值
• 经典dp，设$dp[i][j]$为前$i$个数能否凑出$j$，那么问题就转化为01背包了，这样最后得到的就是前$i$个数能否凑出$j$，这是对于$a[i]$来说的，也就是${\sum }_{i=1}^n{a}_i$的值，那么根据前缀和$sum$就可以得到${\sum }_{i=1}^n{b}_i$ ，这样也就求出了这个最小值

#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n + 1), b(n + 1);
        for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
        for(int i=1;i<=n;i++) cin >> b[i];
        int ans = 0;
        int mx = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            ans -= a[i] * a[i];
            ans -= b[i] * b[i];
            mx += a[i];
            mx += b[i];
            for(int j=i+1;j<=n;j++){
                ans += a[i] * a[i];
                ans += a[j] * a[j];
                ans += b[i] * b[i];
                ans += b[j] * b[j];
            }
        }
        vector<vector<int> > dp(n + 1, vector<int>(mx + 1));
        dp[0][0] = 1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=a[i];j<=mx;j++){
                dp[i][j] |= dp[i - 1][j - a[i]];
            }
            for(int j=b[i];j<=mx;j++){
                dp[i][j] |= dp[i - 1][j - b[i]];
            }
        }
        int res = INT_MAX;
        for(int i=0;i<=mx;i++){
            if(dp[n][i]){
                res = min(res, i * i + (mx - i) * (mx - i));                
            }
        }
        cout << ans + res << '\n';
    }
    return 0;
}

E

• 定义$cn{t}_x$为$x$出现次数，问$(cn{t}_x+cn{t}_y)\times (x+y)$的最大值，要求$(x,y)$不能是$badpair$
• 一个数组里面所有数的本质不同的出现次数的复杂度是$O(\sqrt{n})$的，这个可以考虑出现为1,2,3,4…n，加一起带平方，所以我们可以考虑使用出现次数枚举，注意不能是$badpair$，这样的时间复杂度平均为$O(n\sqrt{n})$

#include 

using namespace std;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        set<pair<int, int> > s;
        set<int> b;
        map<int, int> mp;
        set<int> a;
        int mx = -1;
        for(int i=0;i<n;i++){
            int x;
            cin >> x;
            a.insert(x);
            mp[x] += 1;
        }
        for(auto i : mp){
            mx = max(mx, i.second);
        }
        vector<vector<int> > g(mx + 1);
        for(auto i : mp){
            g[i.second].push_back(i.first);
            b.insert(i.second);
        }
        for(int i=0;i<=mx;i++) sort(g[i].rbegin(), g[i].rend());
        for(int i=0;i<m;i++){
            int u, v;
            cin >> u >> v;
            if(u > v) swap(u, v);
            s.insert({u, v});
        }
        long long ans = 0;
        for(auto i : a){
            for(auto j : b){
                for(auto k : g[j]){
                    if(i == k) continue;
                    if(!s.count({min(i, k), max(i, k)})){
                        ans = max(ans, 1ll * (i + k) * (mp[i] + j));
                        break;
                    }
                }
            }
        }
        cout << ans << '\n';
    }
    return 0;///
}

• 这代码昨天能过，今天就不行了，第77个点是从小到大依次排布的，这种暴力会被卡到$O(n^2)$，换成枚举出现次数，这样时间复杂度能回到$O(AC)。。。$

#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        set<int> a;
        map<int, int> mp;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int x;
            cin >> x;
            a.insert(x);
            mp[x] += 1;
        }
        set<int> b;//本质不同出现次数
        set<pair<int, int> > s;
        for(int i=0;i<m;i++){
            int u, v;
            cin >> u >> v;
            if(u > v) swap(u, v);
            s.insert({u, v});
        }
        int mx = 0;
        for(auto i : mp){
            mx = max(mx, i.second);
        }
        vector<vector<int> > vis(n + 1);
        for(auto i : mp){
            vis[i.second].push_back(i.first);
            b.insert(i.second);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            reverse(vis[i].begin(), vis[i].end());
        }
        ll ans = 0;
        for(int cnt_x=1;cnt_x<=n;cnt_x++){
            for(auto x : vis[cnt_x]){
                for(int cnt_y=1;cnt_y<=cnt_x;cnt_y++){
                    for(auto y : vis[cnt_y]){
                        if(x != y && !s.count({min(x, y), max(x, y)})){
                            ans = max(ans, 1ll * (cnt_x + cnt_y) * (x + y));
                            break;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        cout << ans << '\n';
    }
    return 0;
}