首页 > 其他分享 >Codeforces Round 942 Div.2 题解

Codeforces Round 942 Div.2 题解

时间：2024-05-01 11:55:20浏览次数：21  
标签：std return int 题解 work 942 cin maxn Div.2

蹭个热度，挽救一下 cnblogs 蒸蒸日上的阅读量。

Q: 你是手速狗吗？

A: 我觉得我是。

2A

因为选的 \(w\) 一定可以让它合法，一次操作可以看作 \(a\) 数组向右平移一位。枚举操作次数后暴力判断即可。

#include <bits/stdc++.h>

void work() {
	int n;
	std::cin >> n;
	std::vector<int> a(n + 1, 0), b(n + 1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		std::cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		std::cin >> b[i];
	for (int x = 0; x <= n; ++x) {
		bool flg = true;
		for (int i = 1; i <= n - x; ++i)
			flg &= a[i] <= b[i + x];
		if (flg) return std::cout << x << '\n', void();
	}
	return;
}

int main() {
	std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int t; std::cin >> t;
	while (t--) work();
	return 0;
}

2B

将 U 视作 \(1\)，将 D 视作 \(0\)，一次操作就是拿走一个 \(1\)，将两侧分别异或 \(1\)。

观察一下样例，盲猜 U 有奇数个先手赢，反之后手赢。来理解一下。

根据上述转化，判定条件等价于判断全局异或和为 \(0\) 还是为 \(1\)。一次操作对全局异或和的影响是，将其异或上 \(1\)。

初始异或和为 \(1\) 时，先手 必定 可以操作，到后手时异或和为 \(0\)，后手 可能 可以操作，回到先手，异或和还是 \(1\)，必定 可以操作。如此往复，只要后手能操作，先手必定可以操作。

另一种情况类似。

感觉这个题挺有意思的，突破点在于对一次操作影响的观察。

#include <bits/stdc++.h>

void work() {
	int n;
	std::cin >> n;
	std::string s;
	std::cin >> s;
	int cnt = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		if (s[i] == 'U') ++cnt;
	if (!cnt) return std::cout << "NO\n", void();
	if (cnt & 1) {
		std::cout << "YES\n";
	} else {
		std::cout << "NO\n";
	}
	return;
}

int main() {
	std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int t; std::cin >> t;
	while (t--) work();
	return 0;
}

2C / 1A

顺着自己的感觉走，我们应该会想到尽量让 \(a\) “平均”，也就是 \(k\) 优先给小的分配。

画一画会发现最 “紧凑” 的结构是 \(1,2,3,4,1,2,3,4\) 这样的模式，直觉上很对，因为 “利用率” 最高。

将贡献写出来，假设最小值为 \(x\)，比 \(x\) 大的有 \(y\) 个，我们一定会把这 \(y\) 个尽量往前放，让较小的 \(x\) 利用充分，这样总共有 \((x-1)n+1+y\) 个合法子段。

然后就是模拟，把 \(k\) 尽量往小的分。差分维护即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)，瓶颈在排序。

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

void work() {
	int n;
	i64 k;
	std::cin >> n >> k;
	std::vector<i64> a(n, 0);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		std::cin >> a[i];
	std::sort(a.begin(), a.end());
	std::vector<i64> dlt(n, 0);
	for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
		if (!k) break;
		i64 x = 1ll * (i + 1) * (a[i + 1] - a[i]);
		if (k >= x) {
			dlt[i] += a[i + 1] - a[i];
			k -= x;
		} else {
			i64 d = k / (i64)(i + 1);
			for (int j = 0; j <= i; ++j)
				a[j] += d;
			k -= 1ll * (i + 1) * d;
			for (int j = i; ~j; --j)
				if (k) ++a[j], --k;
			break;
		}
	}
	i64 sum = 0;
	for (int i = n - 1; ~i; --i)
		sum += dlt[i], a[i] += sum;
	i64 d = k / (i64)n;
	k -= 1ll * n * d;
	for (int i = n - 1; ~i; --i)
		a[i] += d;
	for (int i = n - 1; ~i; --i)
		if (k) ++a[i], --k;
	i64 res = 0;
	for (int i = n - 1; ~i; --i)
		if (a[i] > a[0]) ++res;
	std::cout << 1ll * a[0] * n - n + 1 + res << '\n';
	return;
}

int main() {
	std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int t; std::cin >> t;
	while (t--) work();
	return 0;
}

2D / 1B

  • D1

枚举 \(d=\gcd(a,b)\)，令 \(a\gets a/d,b\gets b/d\)，我们要求 \(\gcd(a,b)=1,bd|(a+b)\)。

要满足这个限制，必然有 \(a=(kd-1)b\)，又因为 \(\gcd(a,b)=1\)，所以 \(b=1\)。

于是枚举 \(d,a\)，判断是否有 \(d|(a+1)\) 即可。根据调和级数的经典结论，时间复杂度 \(\mathcal O(\sum n\ln n)\)。可以更快但场上写这个方便。

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

void work() {
	int n, m;
	std::cin >> n >> m;
	i64 ans = 0;
	for (int d = 1; d <= n && d <= m; ++d) {
		for (int a = 1; a * d <= n; ++a)
			if ((a + 1) % d == 0) ++ans;
	}
	std::cout << ans << '\n';
	return;
}

int main() {
	std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int t; std::cin >> t;
	while (t--) work();
	return 0;
}
  • D2

前排提示：非正解。

按照剧本，继续枚举 \(d=\gcd(a,b),a\gets a/d,b\gets b/d\)，要有 \((a+b)|bd\)。

因为此时 \(\gcd(a,b)=1\)，所以 \((a+b)\not| \ b\)，于是 \((a+b)|d\)。

枚举 \(d\) 的因子 \(x\)，再枚举 \(b\)，令 \(a=x-b\)，判一下是否有 \(\gcd(a,b)=1\) 且 \(a,b\) 都满足边界限制即可。

场上我只是打了个这个代码来检验正确性，测了一下样例发现跑得飞快，\(n,m\) 取满也只有 1e7 左右个合法数对，0.5s 就能跑出来，交上去直接 pp 了，也没 fst。

正解好像挺智慧，不太会。

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

int gcd(int x, int y) { return y ? gcd(y, x % y) : x; }

void work() {
	int n, m;
	std::cin >> n >> m;
	int ans = 0;
	for (int d = 1; d <= n && d <= m; ++d) {
		int lmt = (n / d) + (m / d);
		for (int x = 2; x <= d && x <= lmt; ++x) {
			if (d % x) continue ;
			for (int b = 1; b < x && b * d <= m; ++b) {
				int a = x - b;
				if (a >= 1 && a * d <= n && gcd(a, b) == 1)
					++ans;
			}
		}
	}
	std::cout << ans << '\n';
	return;
}

int main() {
	std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int t; std::cin >> t;
	while (t--) work();
	return 0;
}

2E / 1C

有一种 CNOI 模拟赛的美。

首先发现增量构造非常对，因为 \(a_i\) 对 \(i\) 这个节点的贡献无论多少轮都是 \(a_i\)，于是只要确定了 \(a_{1\sim i-1}\) 就可以直接知道 \(a_i\) 是啥。

此时我们需要知道 \(a_{1\sim i-1}\) 做了 \(k\) 轮后对 \(i\) 的贡献，显然对于 \(j\in [1,i-1]\)，\(a_j\) 的贡献系数是独立的。

假设树状数组上 \(j\) 到 \(i\) 有 \(n\) 个点，做 \(k\) 轮这个过程的贡献系数是 \(\dbinom{n+k-2}{k-1}\)。

这个系数咋看出来？我不太会直接推导，只能讲讲咋找规律。手摸几次操作应该会看出来和二项式系数有关系，每行前面 1, 2 较简单的可以直接写成二项式系数，其余项根据 \(s_i=s_{i-1}+a_i\) 的公式，联想一下递推公式 \(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m-1}+\dbinom{n-1}{m}\) 凑一下就行。

正常的方法是组合推导，或者拉格朗日插值。

回到正文，得到贡献系数以后，根据吸收恒等式 \(\dbinom{n}{m}=\dfrac nm \dbinom{n-1}{m-1}\) 在树状数组上计算即可。\(\mathcal O(n\log n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fir first
#define sec second

using i64 = long long;
using pii = std::pair<int, int>;

constexpr int mod = 998244353;
constexpr int maxn = 2e5 + 5;
void Add(int& x, int y) { if ((x += y) >= mod) x -= mod; return ; }
void sub(int& x, int y) { if ((x -= y) < 0) x += mod; return ; }
int n, k, a[maxn], inv[maxn];

struct Fenwick {
	int c[maxn];
	Fenwick() { memset(c, 0, sizeof(c)); }
	void clr(int n) { std::fill(c, c + 1 + n, 0); return; }
	void add(int x, int y) {
		int coef = 1, cnt = 1;
		for (; x <= n; x += x & -x) {
			Add(c[x], 1ll * y * coef % mod);
			++cnt;
			coef = 1ll * coef * (cnt + k - 2) % mod * inv[cnt - 1] % mod;
		}
		return;
	} 
} tr;

void init(int n) {
	inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
		inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	return;
}

void work() {
	std::cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		std::cin >> a[i];
	tr.clr(n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int x = a[i];
		sub(x, tr.c[i]);
		tr.add(i, x);
		std::cout << x << ' ';
	}
	std::cout << '\n';
	return;
}

int main() {
	init(maxn - 1);
	std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int t;
	std::cin >> t;
	while (t--) work();
	return 0;
}

2F / 1D

被爆了 /kk。

直接做是很困难的，考虑二分答案 \(mid\)，每个位置的操作都是独立的，连边 \(i\to b_i\) 得到一个基环树森林，\(a_i\) 能变成的数就是 \(a_i\) 在基环树上走 \(\le mid\) 步能到达的点。

此时有一个显然的贪心：对于 \(i\)，选一个 \(\ge a_{i-1}\) 的，\(a_i\) 能到达的最小的 \(x\)，\(a_i\gets x\)。

涉及树链上点权前驱，主席树优化一下可以 log^2，但是 N_z 表示专门卡掉了这个算法。

转换视角：我们不再让 \(a_i\) 去找他能到达的点的前驱，而是去尝试将一个数填入 \(a_i\)。其实是一个 two-pointers 的 trick。

具体地，令 \(j=1\)，顺序遍历，假设当前遍历到 \(a_i\)，如果 \(a_i\) 能通过 \(\le mid\) 步到达 \(j\)，则 \(a_i\gets j\)，反之 \(j\gets j+1\)，如果 \(j>m\) 则无解。

判断 \(a_i\) 是否能通过 \(\le mid\) 步到达 \(j\) 是简单的，时间复杂度 \(\mathcal O((n+m)\log m)\)，有点 dirty work，不想碰基环树。

luanmenglei 大神说的很有道理：这题的难点在于你不把它当成一个大 DS 题。

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fir first
#define sec second

using i64 = long long;
using pii = std::pair<int, int>;

constexpr int maxn = 1e6 + 5;
int n, m, r, rt[maxn], a[maxn], b[maxn], dfc, dfn[maxn], siz[maxn], bel[maxn], cnt, onc[maxn], dep[maxn], sic[maxn];
bool vis[maxn];
std::vector<int> G[maxn];

void dfs(int u, int ff) {
	dep[u] = dep[ff] + 1;
	dfn[u] = ++dfc;
	siz[u] = 1;
	rt[u] = r;
	for (auto& v : G[u]) {
		if (onc[v] || dfn[v] || v == ff) continue ;
		dfs(v, u);
		siz[u] += siz[v];
	}
	return;
}

bool check(int L) {
	auto cov = [&](int x, int y) {
		return dfn[x] <= dfn[y] && dfn[y] < dfn[x] + siz[x];
	};
	auto myabs = [&](int x) {
		return x > 0 ? x : -x;
	};
	auto chk = [&](int x, int y) {
		if (bel[x] != bel[y]) return false;
		if (onc[x] && onc[y]) {
			int d = (sic[bel[x]] + onc[x] - onc[y]) % sic[bel[x]];
			return d <= L;
		} else if (onc[y]) {
			int d = dep[x] - 1;
			x = rt[x];
			d += (sic[bel[x]] + onc[x] - onc[y]) % sic[bel[x]];
			return d <= L;
		} else if (onc[x]) {
			return false;
		} else {
			return cov(y, x) && dep[x] - dep[y] <= L;
		}
		return true;
	};
	for (int i = 1, j = 1; i <= n; ++i) {
		for (; j <= m; ++j) 
			if (chk(a[i], j)) break;
		if (j > m) return false;
	}
	return true;
}

void work() {
	std::cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		std::cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
		G[i].clear();
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		std::cin >> b[i];
		G[b[i]].pb(i);
	}
	std::fill(vis + 1, vis + 1 + m, false);
	std::fill(onc + 1, onc + 1 + m, 0);
	std::fill(dep + 1, dep + 1 + m, 0);
	std::fill(bel + 1, bel + 1 + m, 0);
	std::fill(sic + 1, sic + 1 + m, 0);
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		if (vis[i]) continue ;
		std::vector<int> pth;
		for (int x = i; !vis[x]; x = b[x])
			pth.pb(x), vis[x] = true;
		int x = pth.back();
		if (bel[b[x]]) {
			for (auto& v : pth)
				bel[v] = bel[b[x]];
			continue; 
		}
		std::vector<int> cyc;
		x = b[x];
		while (pth.back() != x) cyc.pb(pth.back()), pth.pop_back();
		pth.pop_back();
		cyc.pb(x);
		std::reverse(pth.begin(), pth.end());
		++cnt;
		sic[cnt] = cyc.size();
		for (int i = 0; i < cyc.size(); ++i)
			onc[cyc[i]] = i + 1, bel[cyc[i]] = cnt;
		for (auto& v : pth)
			bel[v] = cnt;
	}
	std::fill(siz + 1, siz + 1 + m, 0);
	std::fill(dfn + 1, dfn + 1 + m, 0);
	std::fill(rt + 1, rt + 1 + m, 0);
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
		assert(bel[i] > 0);
	dfc = 0;
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
		if (onc[i]) r = i, dfs(i, 0);
	int l = 0, r = m;
	while (l <= r) {
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (check(mid)) {
			r = mid - 1;
		} else {
			l = mid + 1;
		}
	}
	std::cout << (check(l) ? l : -1) << '\n';
	return;
}

int main() {
	std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int t; std::cin >> t;
	while (t--) work();
	return 0;
}

1E

不会格路计数，不会反射容斥 /chandou。

标签：std,return,int,题解,work,942,cin,maxn,Div.2
From： https://www.cnblogs.com/663B/p/18169162

相关文章

  • 【题解】 量化交易5
    题目描述applepi训练了一个可以自动在股票市场进行量化交易的模型。通常来说，applepi写出的模型，你懂得，就好比一架印钞机。不过为了谨慎起见，applepi还是想先检查一下模型的效果。applpie收集了“塞帕思股份(surpass)”在最近的连续N天内的价格。在每一天中，他可以做如下事情之一：......
  • Educational Codeforces Round 165 (Rated for Div. 2) 题解
    A对于\(i\top_i\)连边。如果存在二元环，则答案为2。否则答案为3。B非降序排序：0全部在1前面。令0的个数为z。从左往右，将前z个全部填上0。填第\(i\)位时，每次填的最小代价为：若第\(i\)位为1，第\(i\)位右边的第一个0到\(i\)之间的字符个数。（贪心）......
  • 【题解】 量化交易4
    题目描述applepi训练了一个可以自动在股票市场进行量化交易的模型。通常来说，applepi写出的模型，你懂得，就好比一架印钞机。不过为了谨慎起见，applepi还是想先检查一下模型的效果。applpie收集了“塞帕思股份(surpass)”在最近的连续N天内的价格。在每一天中，他可以做如下事情之一：......
  • 【题解】 量化交易3
    题目描述applepi训练了一个可以自动在股票市场进行量化交易的模型。通常来说，applepi写出的模型，你懂得，就好比一架印钞机。不过为了谨慎起见，applepi还是想先检查一下模型的效果。applpie收集了“塞帕思股份(surpass)”在最近的连续N天内的价格。在每一天中，他可以做如下事情之一：......
  • CF1765C Card Guessing 题解
    考虑期望的线性性，求每种情况猜对的概率和，最终再除掉\({4n\choosen,n,n,n}\)。考虑枚举最少的出现次数\(mn\)，记四种卡的出现次数分别为\(c_1,c_2,c_3,c_4\)，\(c_1+c_2+c_3+c_4=i\lek\)，则这种情况的方案数为：\[{i\choosec_1,c_2,c_3,c_4}{4n-i\choosen-c_1,n-c_2,n-c_3,n-c_......
  • 题解 CF1965E【Connected Cubes】
    场切了1E，第一次上IGM，纪念一下。多图警告。我们称题目中的一个方块为“某色混凝土”。感受一下，发现本题主要的难点在于这些混凝土方块排布得太紧密了，导致容易出现互相遮挡的现象，进而难以构造。于是，我们先思考能否通过一些操作使得这些混凝土互相分离。如下图的方式可以将每两......
  • CF1956F Nene and the Passing Game 题解
    题目链接点击打开链接题目解法首先答案为连边之后连通块的个数把限制中的\(i,j\)分开，则\(i,j\)能传球当且仅当\(i+l_i\lej-l_j\)且\(j-r_j\lei+r_i\)这是一个二维偏序的形式先考虑怎么暴力做，考虑将\((i+l_i,0),\;(i-l_i,1)\)排序，然后按顺序加入如果碰到操作\(......
  • npm下载包时报错 Unexpected token '.'问题解决
    1.出现问题当通过nvm切换nodejs版本为16以上时，npminstall[package]报错：Unexpectedtoken'.'2.问题原因该问题不是npm的问题，也不是nodejs的问题，是nvm-windows的问题。3.解决问题nvm-windows已经更新版本解决了这个问题我是通过更新nvm-windows到版本1.19解决了这个问题......
  • Atcoder ABC 351 全题解
    乾岩我：G题来咯！！！大火：这G题，大家都不敢做，说是有人在里面放了毒瘤。我：做，做，为什么不做！不做也别想活着！！！（两天后）我：我的G题完成辣！！！！！！AB不讲C显然$2^a*2=2^{a+1}$。考虑用一个栈存球的大小是$2$的多少次方，每次插入球后，不断取出后面两个球，大小相同则合并，否则插入下一个......
  • XYCTF pwn部分题解 (部分题目详解)
    hello_world(签到)思路：✅这道题就是利用printf函数泄露libc的基地址，然后再次进行栈溢出通过system，/bin/sh来获取shellwp：invisible_flag思路：✅题目提示orw，那我们先看看是否开了沙盒那么是开了沙盒的，试试orw读取flag虽然保护全开但是程序会执行我们写的shellcdoe那么就可......

赞助商

阅读排行

网站主页关于我们联系我们网站地图

本网站内容转载自其他媒体，侵权联系[admin##ips99.com]。

Copyright © 2020-2023 IPS99 版权所有 IPS99