Codeforces Round 897 (Div. 2)补题

green_gold_dog, array and permutation（Problem - A - Codeforces）

题目大意：现有一个数组a[]和一个排列b[]，要求使输出一个使ci=ai-bi中ci不同值最多的排列b[].

思路：因为这里不涉及绝对值，所以我们直接将a从小到大排序然后b从大到小赋值即可。为了保证顺序，记录一下a每个值的下标，赋值的时候，将值按照下标写入新数组。

#include
using namespace std;
int a[200010];
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n,x;
		scanf("%d",&n);
		vector>p;
		for(int i=1;i<=n;i++) 
		{
			scanf("%d",&x);
			p.push_back({x,i});
		}
		sort(p.begin(),p.end());
		for(int i=0;i

XOR Palindromes（Problem - B - Codeforces）

题目大意：有一个01串s，我们定义一个新的01串s1，要求两者对应位取异或后得到的是一个回文串，现在我们只需要知道s1中1的个数，并定义一个新串t，如果的s1中1的个数可以为i，那么t[i]=1,否则t[i]等于0，输出t.

思路：首先找出将s变成回文串的最小操作，0^1=1,0^0=0,1^1=0,所以，s中对应位置不相同的,其中一个位置对应的s1中就是1，那么1的个数就多1.然后如果变成回文串后，那么奇数长度则s1中可以再多加任意多个1，偶数长度则每次加两个1即可。

#include
using namespace std;
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n;
		scanf("%d",&n);
		string s;
		cin>>s;
		int t1=0,t0=0,y=0;
		for(int i=0,j=n-1;i

Salyg1n and the MEX Game（Problem - C - Codeforces）

题目大意：一道交互题，现有一个数组a[],A，B做游戏,A可以往里面添加任意一个不在a[]中的非负数，B可以移走任意一个存在于数组中，同时严格小于A的非负数。当B不能执行操作时，游戏结束，得分为mex(a)(不在a[]中的最小非负数)，A想要最大化结果，B想要最小化结果，你代表A，oj代表B，清完成交互过程。

思路：这道题思路比较简单，我们先找出mex(a)，然后输出这个值，那么oj会输入一个小于这个值的值，我们只用输出和oj输出的值一样的值即可。原理就是，先找出初始mex，如果这里不补的话，那么即使插入更大的值，结果也是这个，所以需要补一下，然后B移走更小的值，那么我们再补即可，因为B能动的数严格小于A放的数，那么不会是死循环。重点就是输入输出的处理，毕竟是交互题。

#include
using namespace std;
int s[100010];
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n,c;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]);
		int mi=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(s[i]!=mi) break;
			mi++;
		}
		printf("%d\n",mi);
		fflush(stdout);
		while(1)
		{
			scanf("%d",&c);
			if(c==-1) break;
			printf("%d\n",c);
			fflush(stdout);
		}
		if(c==-1) continue;
	}
	return 0;
}

Cyclic Operations（Problem - D - Codeforces）

题目大意：给定一个长为n的数组a[],数组的初值全为0，我们每次可以在n的范围内任选k个数l1,l2,...,lk，可以对数组a[]执行操作：a[li]=l[i%k+1],先给定一个数组b[]，问能否从a[]转化成b[]。

思路：这种需要进行操作的题目，我们就先分析操作的本质，也就是操作究竟干了什么，先举个例子，如果l=[1，5，6],那么就是a[1]=5,a[5]=6,a[6]=1，相当于内部转一圈，也就是一个循环，如果我们进行多个操作，而且操作与操作之间还有重叠部分会怎样呢？如果只看数太过抽象，我们可以画一个图，在i和l[i]之间建一条有向边，表示i处的数从何而来：

这个图就很清楚，一个l[]可以形成一个环，当环与环重叠的时候，需要删一下边，最后得到的就是一个有环有链的图。我们如果从1开始遍历，那么到第二次到5的时候就会产生死循环，而且我们不管是从哪里开始遍历，都会以环作为结尾。而且环的大小一定是k，因为最后被更新的k个数之间才能构成完整的环。所以我们可以假设给定的数组b[]就是一个合法的数组，然后通过遍历的方式来找环。思路显然可以，但是我们遇到环了肯定要判断退出，那么就要标记一下，比如我们从1开始遍历，那么遍历结束会是在第二次访问到5的时候，然后，我们再从2开始遍历，如果将之前打的标记全部清干净，3到1之后，再继续，然后又是到5结束，那么此时记录的长度就是6，而非是3，判断不是特别方便，而且清标记的过程时间复杂度是O(n),嵌套在遍历的O(n)循环中，那么就是O(n^2)是会超时的。所以我们标记不能清，那么遍历的1就会截至，此时的长度虽然是3，但是不成环，如果以长度作为判断标准，那么前面的那个循环长度为4，就不合适。所以我们提出一个新的思路：
将每一次的遍历打上不同的标记。如同上面用不同颜色标识一样，每次遍历从1开始计数，同时将每个数第一次被遍历到时的计数记录下来，比如5第一次被遍历到时的计数是2，第二次被遍历到时计数是5，此时已经退出，然后用计数减去退出位置的第一次计数，这里的值就是环的大小，判断这个环的大小是否为k。不清标记的话，那么从2开始遍历到1结束，这里就不用判环，只用看1是否是在这层中被打上标记的，如果不是，那么就不用考虑它（对应环重叠部分不会影响未重叠部分的计数），直接开始下一次遍历。这样遍历之后，但凡有一个大小不为k的环，就说明不是通过这种操作得到的，那么就判否。

#include
using namespace std;
int a[200010],ne[200010],num[200010],st[200010];
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n,k;
		scanf("%d%d",&n,&k);
		for(int i=1;i<=n;i++) 
		{
			scanf("%d",&a[i]);
			ne[i]=a[i];
			st[i]=0;
		}
		if(k==1) 
		{
			int flag=1;
			for(int i=1;i<=n;i++) 
			{
				if(ne[i]!=i)
				{
					flag=0;
					break;
				}
			}
			if(flag) printf("YES\n");
			else printf("NO\n");
			continue;
		}
		int tag=1;//标识第几次遍历
		int flag=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			
			if(!st[i])
			{
				int idx=i;
				int c=1;
				while(!st[idx])
				{
					st[idx]=tag;
					num[idx]=c++;
					idx=ne[idx];
				}
				if(st[idx]!=tag)
				{
					tag++;
					continue;
				}
				if(c-num[idx]!=k)
				{
					flag=0;
					break;
				}
				tag++;
			}
		}
		if(flag) printf("YES\n");
		else printf("NO\n");
	}
}

ps:这道题有两个延伸，一个这个思路最裸的用法，用来判断图中是否有环，以及图中各个环的大小，其实各个环可能有点用不了，因为我们这里其实将1-3之间的边断掉了，如果不断掉，实际上判不了，当然由于判环的思路比较简单，一个点在遍历的过程中被遍历两次就算有环，所以倒也不用这么麻烦，这里权作类比。另一个延伸就是用来处理区间覆盖问题，下次遇到区间覆盖的问题，可以从图的角度来考虑一下。

Salyg1n and Array (simple version)（Problem - E1 - Codeforces）

题目大意：这是一道交互题，现有一长度为n的数组a[],给定k，我们每次可以进行询问，询问[i,i+k-1]范围的异或和，每次询问后，这段区间就会被反转一次，最多进行100次询问，要求输出数组的异或和。（另外n和k都是正偶数）。

思路：首先对于n%k==0的情况就很简单，从1开始询问，每次跳跃k，将每次的询问值异或即可。比较麻烦的就是不能整除的情况，即r=n%k，后r个元素。

如图所示，我们可以重复利用已查询区间的最后一小段，进而往后将剩余部分查出来，只要保证查询偶数次，那么重复计算异或和的部分就会被抵消掉。上图示例是只往后拓展一个，我们实际可以将最后一部分分成两块，查询两次得到，那么问题就解决了。

#include
using namespace std;
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n,k;
		scanf("%d%d",&n,&k);
		if(n%k==0)
		{
			int i,ans=0;
			for(i=1;i+k-1<=n;i+=k)
			{
				cout<<"? "<>c;
				ans ^= c;
			}
			cout<<"! "<>c;
			ans ^= c;
		}
		int r=n-i+1;
		int ck=r/2;
		i=i+ck-1-k+1;
		for(;i+k-1<=n;i+=ck)
		{
			cout<<"? "<>c;
			ans ^= c;
		}
		cout<<"! "<

Salyg1n and Array (hard version)（Problem - E2 - Codeforces）

题目和上面差不多，不过变成最多只能查询57次而已，但是上面讨论的时候，已经将情况最优化了，所以这里可以直接用上面的代码。

#include
using namespace std;
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n,k;
		scanf("%d%d",&n,&k);
		if(n%k==0)
		{
			int i,ans=0;
			for(i=1;i+k-1<=n;i+=k)
			{
				cout<<"? "<>c;
				ans ^= c;
			}
			cout<<"! "<>c;
			ans ^= c;
		}
		int r=n-i+1;
		int ck=r/2;
		i=i+ck-1-k+1;
		for(;i+k-1<=n;i+=ck)
		{
			cout<<"? "<>c;
			ans ^= c;
		}
		cout<<"! "<