CF1119 Global Round 2

CF1119A Ilya and a Colorful Walk

• 这题二分是假的.. \(1,2,1,2,1\) 有间隔为 \(3\) 的,但没有间隔为 \(2\) 的.开始被 \(hack\) 了一次.后来改过来了.
• 我的做法:扫一遍,记录每个颜色第一次出现的位置,并存入一个 \(set\) 中,若当前颜色未出现,就更新位置,存入 \(set\) ,否则将那个位置删除.然后查询一次 \(set\) 中最小元素.最后再把那个位置插入回去.
• 官方题解:最远距离两个端点中一定包含 \(1\) 或 \(n\) 中至少一个.若 \(c_i\not =c_j,1<i<j<n\) ,那么如果 \(c_1,c_n\) 不同,那么端点可以直接选 \(1,n\) ,否则若 \(c_1=c_n\) ,那么 \(c_1\not = c_j,c_i\not =c_n\) 至少有一个成立,端点也会拓展到边界上.
• 找与 \(1?\) 颜色不同的点与 \(1?\) 的最远距离,与 \(n?\) 颜色不同的点与 \(n?\) 的最远距离取 \(\max?\) 即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int out=0,fh=1;
    char jp=getchar();
    while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
        jp=getchar();
    if (jp=='-')
        fh=-1,jp=getchar();
    while (jp>='0'&&jp<='9')
        out=out*10+jp-'0',jp=getchar();
    return out*fh;
}
int n;
const int MAXN=3e5+10;
int c[MAXN];
int check(int x)
{
    for(int i=1;i+x<=n;++i)
        if(c[i]!=c[i+x])
            return 1;
    return 0;
}
int pos[MAXN];
set<int> s;
int main()
{
    n=read();
    s.insert(n+1);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            int x=read();
            int y=pos[x];
            if(y)
                s.erase(y);
            int p=*s.begin();
            ans=max(ans,i-p);
            if(!pos[x])
                pos[x]=i;
            if(pos[x])
                s.insert(pos[x]);
        }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

CF1119B Alyona and a Narrow Fridge

• 这题二分是真的,能放下前 \(k\) 个显然就能放下前 \(k-1\) 个嘛.于是二分答案,判断放前 \(k\) 个是否可行.这里贪心放,最大的和次大的放在一起,后面同理,排序后两个两个放下来即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
#define mp make_pair
inline int read()
{
    int out=0,fh=1;
    char jp=getchar();
    while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
        jp=getchar();
    if (jp=='-')
        fh=-1,jp=getchar();
    while (jp>='0'&&jp<='9')
        out=out*10+jp-'0',jp=getchar();
    return out*fh;
}
int n,h;
const int MAXN=1e3+10;
int a[MAXN];
int b[MAXN],tp=0;
bool check(int k)
{
    for(int i=1;i<=k;++i)
        b[i]=a[i];
    sort(b+1,b+1+k);
    int f=0,rs=h;
    for(int i=k;i>=1;--i)
    {
        if(!f)
        {
            rs-=b[i];
            if(rs<0)
                return false;
        }
        f^=1;
    }
    return true;
}
int main()
{
    n=read(),h=read();
    int s=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        a[i]=read();
    int L=1,R=n;
    int ans=0;
    while(L<=R)
    {
        int mid=(L+R)>>1;
        if(check(mid))
            ans=mid,L=mid+1;
        else
            R=mid-1;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

CF1119C Ramesses and Corner Inversion

• 注意到这个翻转操作只改变四个角落的值,不会改变每一行每一列的 \(1\) 个数的奇偶性.
• 那么若有一行/列 \(A,B\) 奇偶性不同,显然不合法.
• 否则?对于每个不同的位置 \((x,y)\) ,我们都选择它作为右下角, \((1,1)\) 作为左上角进行操作.这样所有不同的地方都被修改到一样了,而 \(A,B\) 每一行/列奇偶性都相同,多修改的部分 \((1,1),(1,y),(1,x)\) 恰好抵消, \(A\) 就变成了 \(B\) ,所以一定合法.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int out=0,fh=1;
    char jp=getchar();
    while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
        jp=getchar();
    if (jp=='-')
        fh=-1,jp=getchar();
    while (jp>='0'&&jp<='9')
        out=out*10+jp-'0',jp=getchar();
    return out*fh;
}
const int MAXN=512;
int a[MAXN][MAXN],b[MAXN][MAXN];
int main()
{
    int n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            a[i][j]=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            b[i][j]=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int s1=0,s2=0;
        for(int j=1;j<=m;++j)
            s1+=a[i][j],s2+=b[i][j];
        s1&=1,s2&=1;
        if(s1!=s2)
            return puts("No"),0;
    }
    for(int j=1;j<=m;++j)
    {
        int s1=0,s2=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            s1+=a[i][j],s2+=b[i][j];
        s1&=1,s2&=1;
        if(s1!=s2)
            return puts("No"),0;
    }
    puts("Yes");
    return 0;
}

CF1119D Frets On Fire

• 题面太鬼畜了...建议直接看 \(Formally\) 那一段.
• 首先容易发现, \(s\) 数组的顺序对答案是不影响的.所以我们可以先将 \(s\) 从小到大排序.
• 每次询问 \((l,r)\) ,对于每个 \(s_i\) ,它所贡献的数就是 \([s_i+l,s_i+r]\) 这一段,那么就等价于给了 \(n\) 条长度一样的线段,问覆盖的长度.

• 可以考虑用整个区间 \([s_1+l,s_n+r]\) 的长度减去中间没有覆盖到的部分.容易发现这样的部分只可能出现在两条相邻线段之间,可以直接用 \(\max(s_{i+1}+l-s_i-r-1,0)\) 来计算.那么这次询问的答案就是
  \[ ans=s_n+r-s_1-l+1-\sum_{i=1}^{n-1} \max(s_{i+1}+l-s_i-r-1,0)\=s_n+r-s_1-l+1-\sum_{i=1}^{n-1} \max(s_{i+1}-s_i-(r-l+1),0) \]

• 记 \(b_i=s_{i+1}-s_i\) ,将 \(b_i\) 排序后记录一下前缀和,询问时二分找出 \(b_i\geq r-l+1\) 的第一个位置,只算后面的部分即可.时间复杂度 \(O(nlogn+qlogn)\) .

#include<bits/stdc++.h>
#define inf (1e18)+10
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read()
{
    ll out=0,fh=1;
    char jp=getchar();
    while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
        jp=getchar();
    if (jp=='-')
        fh=-1,jp=getchar();
    while (jp>='0'&&jp<='9')
        out=out*10+jp-'0',jp=getchar();
    return out*fh;
}
const int MAXN=1e6+10;
ll n,a[MAXN];
ll b[MAXN];
ll sum[MAXN];
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        a[i]=read();
    sort(a+1,a+1+n);
    for(int i=1;i<n;++i)
        b[i]=a[i+1]-a[i];
    sort(b+1,b+n);
    for(int i=1;i<n;++i)
        sum[i]=sum[i-1]+b[i];
    int Q=read();
    while(Q--)
    {
        ll l=read(),r=read();
        ll s=r-l+1;
        ll ans=a[n]+r-a[1]-l+1;
        if(s>b[n-1])
        {
            cout<<ans<<' ';
            continue;
        }
        int p=lower_bound(b+1,b+n,s)-b; 
        ans-=sum[n-1]-sum[p-1];
        ans+=1LL*(n-p)*s;
        cout<<ans<<' ';
    }
    return 0;
}

CF1119 Global Round 2

原文：https://www.cnblogs.com/jklover/p/10664164.html