Educational Codeforces Round 165 (Div. 2) A~E

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#ACM-ICPC #OI #codeforces

A.Two Friends (思维)

题意：

小AAA想开一个派对。他有nnn个朋友，他希望至少有222个朋友参加他的派对。
iii 这个朋友最好的朋友是 pip_ipi​ 。所有的 pip_ipi​ 都是不同的，对于每一个 i∈[1,n]i \in [1, n]i∈[1,n] ，pi≠ip_i \ne ipi​=i 都是不同的。
小AAA可以向朋友发出邀请。如果第 iii 个朋友和第 pip_ipi​ 个朋友都收到了邀请，那么第 iii 个朋友就会来参加聚会（注意，第 pip_ipi​ 个朋友不必真的来参加聚会）。每份邀请函都恰好发给其中一位朋友。
计算至少要发出多少份邀请函，才能让朋友来参加聚会？

分析：

如果有两人互为最好朋友则发两张，否则三张必定能解决。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int a[N];

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int flag = 0;
        int n;
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> a[i];
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (a[a[i]] == i)
                flag = 1;
        }
        if (flag)
            cout << 2 << endl;
        else
            cout << 3 << endl;
    }
    return 0;
}

B.Shifts and Sorting （思维）

题意：

给定一个只含010101的二进制序列，每次可选择一段序列将其尾元素移至首位，代价为序列长度，问最少用多少代价可以构造一个非降序序列。

分析：

问题等价于将所有的000移到111前面，一次最多把一个000移到111前面对。并且对于一个000，最少的操作数一定是前面111的个数+1+1+1。只需要统计前缀的111的个数即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        string s;
        cin >> s;
        LL num = 0;
        LL ans = 0;
        for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
            if (s[i] == '1')
                num++;
            else if (num)
                ans += num + 1;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

C.Minimizing the Sum (dp)

题意：

给你一个长度为 nnn 的整数数组 aaa。可以执行以下操作：选择数组中的一个元素aia_iai​，使得ai+1=aia_{i+1}=a_iai+1​=ai​或者ai−1=aia_{i-1}=a_iai−1​=ai​。
你的任务是计算执行最多 kkk 次上述操作数组的最小总和。

分析：

dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示前iii个数，执行了jjj次操作的最小和。从左到右枚举当前最小值的位置iii，枚举操作数xxx，操作是把一个区间的值都变成最小值aia_iai​，区间长度是x+1x+1x+1，可以直接枚举区间的左边界lll ，区间右边界就是r=l+xr=l+xr=l+x。有转移方程：dp[r][t+x]=min(dp[r][t+x],dp[l−1][t]+(a[i]∗(x+1)));dp[r][t+x]=min(dp[r][t+x],dp[l-1][t]+(a[i]*(x+1)));dp[r][t+x]=min(dp[r][t+x],dp[l−1][t]+(a[i]∗(x+1)));。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n, k;
        cin >> n >> k;
        vector<LL> a(n + 1), s(n + 1);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            cin >> a[i];
        vector<vector<LL>> dp(n + 1, vector<LL>(k + 1, 1e16));
        dp[0][0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int x = 0; x <= k; x++) {
                for (int l = i; l >= i - x && l >= 1; l--) {
                    int r = l + x;
                    if (r > n)
                        continue;
                    for (int t = 0; t <= k - x; t++) {
                        dp[r][t + x] = min(dp[r][t + x], dp[l - 1][t] + (a[i] * (x + 1)));
                    }
                }
            }
        }
        LL ans = 1e16;
        for (int i = 0; i <= k; i++) {
            ans = min(dp[n][i], ans);
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

D. Shop Game (贪心)

题意：

总共有nnn件商品，AliceAliceAlice可以用aia_iai​的价格购入，BobBobBob可用bib_ibi​的价格从AliceAliceAlice处购买，并且BobBobBob可以不花钱获得额外的kkk件物品，询问双方在最优策略下，AliceAliceAlice可获得的收益最大为多少。

分析：

我们按照bib_ibi​的值从大到小排序。枚举边界iii，从1−i1-i1−i的部分选kkk个，i+1−ni+1-ni+1−n部分任意选择。1−i1-i1−i部分选的kkk个一定是这次选择里最大的kkk个bbb，这部分选的某个位置对答案的贡献是−ai-a_i−ai​，将问题转化成选择kkk个最小的aia_iai​，因此维护一个aia_iai​单调队列。
考虑到i+1−ni+1-ni+1−n部分任意选，由于最大的kkk个bbb已经选了，这部分选的某个位置对答案的贡献是bi−aib_i-a_ibi​−ai​。因为这部分是任意选的，为了让答案更大，对答案的贡献就是bi−aib_i-a_ibi​−ai​结果为正值的和。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n, k;
        cin >> n >> k;
        vector<int> a(n), b(n);
        for (int i = 0; i < n; i++)
            cin >> a[i];
        for (int i = 0; i < n; i++)
            cin >> b[i];
        vector<int> tmp(n);
        iota(tmp.begin(), tmp.end(), 0);
        sort(tmp.begin(), tmp.end(), [&](int x, int y) {
            if (b[x] == b[y]) return a[x] > a[y];
            return b[x] > b[y];
        });
        LL ans = 0;
        LL l = 0, r = 0;
        priority_queue<int> p;
        for (int i = 0; i < k; i++) {
            int j = tmp[i];
            p.push(a[j]);
            l -= a[j];
        }
        for (int i = k; i < n; i++) {
            int j = tmp[i];
            r += max(0, b[j] - a[j]);
        }
        ans = max(ans, l + r);
        for (int i = k; i < n; i++) {
            int j = tmp[i];
            p.push(a[j]);
            l -= a[j];
            l += p.top();
            p.pop();
            r -= max(0, b[j] - a[j]);
            ans = max(ans, l + r);
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

E. Unique Array (数据结构)

题意：

给你一个长度为 nnn 的整数数组 aaa 。 如果有一个整数在aaa的子段中恰好出现一次，那么这个子段就是唯一的。
现在可以执行以下任意次数（可能为零）的操作：从数组中选择一个元素，然后用任意整数替换它。
你的任务是计算上述操作的最少次数，以使数组 aaa 的所有子段都是唯一的。

分析：

首先对于每个位置aia_iai​，找到其前面和后面第一个与之相同的位置记为preipre_iprei​和nxtinxt_inxti​，那么对于aia_iai​，能使得所有l∈[prei+1,i],r∈[i,nxti−1]l \in [pre_i+1,i],r \in [i,nxt_i-1]l∈[prei​+1,i],r∈[i,nxti​−1]的区间都变得符合要求。
这符合二维数点，通过用扫描线找到不满足要求的区间。假设对于每个点iii作为右端点时,其最大的不满足要求的左端点为lil_ili​。我们可以按照lil_ili​排序，然后每次贪心地修改最大的lil_ili​，然后记录修改过的最小的为lil_ili​为minvalminvalminval，可以发现如果某些i≥minvali \ge minvali≥minval，那么这个位置也不再需要修改了,可以跳过。可以发现这样是最优的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int INF = 1e9;
struct Info {
    int mn = INF, mnnow = 0;
};
using Tag = int;

Info operator+(const Info &a, const Info &b) {
    return a.mn < b.mn ? a : b;
}

void apply(Info &x, Tag &a, Tag f) {
    x.mn += f;
    a += f;
}

template<class Info, class Tag>
struct LazySegmentTree {
    int n;
    vector<Info> info;
    vector<Tag> tag;

    LazySegmentTree() {}

    LazySegmentTree(int n, Info _init = Info()) {
        init(vector<Info>(n, _init));
    }

    LazySegmentTree(const vector<Info> &_init) {
        init(_init);
    }

    void init(const vector<Info> &_init) {
        n = (int) _init.size();
        info.assign((n << 2) + 1, Info());
        tag.assign((n << 2) + 1, Tag());
        function<void(int, int, int)> build = [&](int p, int l, int r) {
            if (l == r) {
                info[p] = _init[l - 1];
                return;
            }
            int m = (l + r) / 2;
            build(2 * p, l, m);
            build(2 * p + 1, m + 1, r);
            pull(p);
        };
        build(1, 1, n);
    }

    void pull(int p) {
        info[p] = info[2 * p] + info[2 * p + 1];
    }

    void apply(int p, const Tag &v) {
        ::apply(info[p], tag[p], v);
    }

    void push(int p) {
        apply(2 * p, tag[p]);
        apply(2 * p + 1, tag[p]);
        tag[p] = Tag();
    }

    void change(int p, int l, int r, int x, const Info &v) {
        if (l == r) {
            info[p] = v;
            return;
        }
        int m = (l + r) / 2;
        push(p);
        if (x <= m) {
            change(2 * p, l, m, x, v);
        } else {
            change(2 * p + 1, m + 1, r, x, v);
        }
        pull(p);
    }

    void change(int p, const Info &v) {
        change(1, 1, n, p, v);
    }

    Info ask(int p, int l, int r, int x, int y) {
        if (l > y || r < x) {
            return Info();
        }
        if (l >= x && r <= y) {
            return info[p];
        }
        int m = (l + r) / 2;
        push(p);
        return ask(2 * p, l, m, x, y) + ask(2 * p + 1, m + 1, r, x, y);
    }

    Info ask(int l, int r) {
        return ask(1, 1, n, l, r);
    }

    void change(int p, int l, int r, int x, int y, const Tag &v) {
        if (l > y || r < x) {
            return;
        }
        if (l >= x && r <= y) {
            apply(p, v);
            return;
        }
        int m = (l + r) / 2;
        push(p);
        change(2 * p, l, m, x, y, v);
        change(2 * p + 1, m + 1, r, x, y, v);
        pull(p);
    }

    void change(int l, int r, const Tag &v) {
        return change(1, 1, n, l, r, v);
    }
};

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> pre(n + 1), nxt(n + 1);
        vector<int> a(n + 1);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            cin >> a[i];
        {
            vector<int> last(n + 1);
            for (int i = 1; i <= n; i++) {
                pre[i] = last[a[i]];
                last[a[i]] = i;
            }
        }
        {
            vector<int> last(n + 1, n + 1);
            for (int i = n; i >= 1; i--) {
                nxt[i] = last[a[i]];
                last[a[i]] = i;
            }
        }
        vector<vector<pair<int, int>>> now(n + 1);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            now[nxt[i] - 1].push_back({i, 1});
            now[i - 1].push_back({i, 0});
        }
        vector<Info> init(n);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            init[i] = {0, i + 1};
        }
        LazySegmentTree<Info, Tag> seg(init);
        set<pair<int, int>> s;
        for (int i = n; i >= 1; i--) {
            for (auto [x, type]: now[i]) {
                if (type) {
                    seg.change(pre[x] + 1, x, 1);
                } else {
                    seg.change(pre[x] + 1, x, -1);
                }
            }
            auto [mn, mnnow] = seg.ask(1, i);
            if (mn == 0) {
                s.insert({mnnow, i});
            }
        }
        int ans = 0;
        int tmp = n + 1;
        while (!s.empty()) {
            if (prev(s.end())->second >= tmp) {
                s.erase(prev(s.end()));
            } else {
                ans += 1;
                tmp = prev(s.end())->first;
                s.erase(prev(s.end()));
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

赛后交流

在比赛结束后，会在交流群中给出比赛题解，同学们可以在赛后查看题解进行补题。

群号： 704572101，赛后大家可以一起交流做题思路，分享做题技巧，欢迎大家的加入。

Educational Codeforces Round 165 (Rated for Div. 2)[A~D]
m0_74183164的博客
05-01 1019
这场签到很快那会rank1400吧，但到c就写不动了，最后排名也是3000左右，可见很多人其实都不会写dp。快速签到也很重要啊！！
Educational Codeforces Round 164 (Div. 2) A~E
Code_Shark的博客
04-19 939
给出n种物品，需要用mk询问能否实现。
Educational Codeforces Round 170 (Rated for Div. 2)（A~E题解）
2301_80475191的博客
10-15 2214
本场也算是对我努力的一个reward吧，也是非常nice啊，话不多说，先写题解，写完直接休息思路：我们先去想其最多需要多少次，也就是两个串长度之和，然后在哪里有优化呢？就是说两个串之间有可能有相等的前缀，可以将前缀直接拓印过来，将相同长度k的的前缀串复制过来，将操作化简为1，直接用sum-k+1即可，当然了，有可能有相同的部分为0，如果为0，直接输出两个串长度之和思路：看题就是说求错误的最终结果，我们每次取的都是左边一个+左上一个我们手玩一下就发现了规律，第k列的值就是2的k次方，直接用快速幂。
Educational Codeforces Round 104 Div. 2 A~E
狙击美佐的博客
02-16 1625
Educational Codeforces Round 104 Div. 2 A B C D EA-ArenaCodeB - Cat CycleCodeC - Minimum TiesCodeD - Pythagorean TriplesCodeE - Cheap Dinner 传送门：https://codeforces.com/contest/1487 A-Arena 输出n−最小数的个数。输出n-最小数的个数。输出n−最小数的个数。 Code #include "bits/stdc++.h" us
Educational Codeforces Round 171 (Rated for Div. 2)（A~D题题解）
2301_80475191的博客
10-30 812
真不愧是教育场，老老实实给我收拾了一顿，直接给我干报废了话不多说，直接来进入今日份快乐。
Codeforces Round #742 Div.2 （A~E）题解
m0_51145827的博客
09-15 606
比赛链接：点击这里传送 官方题解链接：点击这里传送 Codeforces 1567A 题目链接：点击这里传送 题意： 给出n个1 ×\times× 2大小的多米诺骨牌组成2×\times×n的矩形。现输入第一行的多米诺骨牌的方向，根据上图的格式输出排列方法。 思路： 上下左右四个方向都取其对立面输出就行。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t, n; string s; string ans; int main() { ios
Educational Codeforces Round 127 (Rated for Div. 2) A~E 题解
m0_51499184的博客
04-23 1597
A. String Building 题意： 问是否可以用 aa、aaa、bb、bbbaa、aaa、bb、bbbaa、aaa、bb、bbb 拼成所给字符串。 思路： 将原字符串分成连续的 a、ba、ba、b 构成的子串，看是否有长度为 111 的即可。 时间复杂度：O（n）O（n）O（n） signed main() { cf{ string res; cin >> res; int a = 0, b = 0; bool st = true; for (auto i :
Educational Codeforces Round 118 div.2 A-E题解
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12-02 914
视频讲解：咕了 ，推荐看wls的视频题解 。 A. Long Comparison 题目大意 有两个数，它们都用同一种格式表示：一个正整数 x(1≤x≤106)x(1 \leq x \leq 10^6)x(1≤x≤106) ，后面附加 p(0≤p≤106)p(0 \leq p \leq 10^6)p(0≤p≤106) 个 000 。 现在给定两个数，求他们的大小比较关系。 题解 由于 1≤x≤1061 \leq x \leq 10^61≤x≤106 ，因此若 ppp 相差超过 666 ，则直接比较 ppp
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由于有这样一个优先级的事情，我们可以考虑队列，倒序枚举天数，如果当天能够购买商品就将价格先放入队列，如果不能购买商品就弹出一个能购买商品的价格，就是说一个0可以抵消一个1。思路：题目要求我们最多剩下一个数，那么显然对于偶数情况我们必须将序列内的数进行两两操作。那么对于奇数，我们就去枚举那个单独使用的数，注意枚举过程中需要确保左边和右边的数的个数都是偶数。思路：题目要求两条线段必须垂直，同时有一个值用来限定两条线段的长度，所以其实一定只能针对短的那条线段，短的那条线段的最大长度就是。天时，我们一定希望对第。
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C(n-2,i-1)*C(j-1,n-2)*(i-1) __ j: n-1 -> m 我们发现内层循环，每次只是j加一，我们就可以只用一次组合数剩下的用差量表示 对于外层循环同理 只有(i-1) * C(n-2,i-1) i会每次加一。我们也只算一次剩下的用差量...
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题目 "Educational Codeforces Round 83 (Rated for Div. 2) D. Count the Arrays" 描述了一个涉及组合数学的算法问题。在这个问题中，参与者需要计算满足特定条件的数组的数量。虽然具体的数组条件没有在给定的文件...
Educational Codeforces Round 85 (Rated for Div. 2) B. Middle Class（贪心）
01-03
目录传送门题意：思路：代码： 传送门 题意： 思路： 排个序，然后从最大的开始判断是否合适即可 代码： #include #include #include #include #include #include #include ...#define SZ(x) (
Educational Codeforces Round 169 (Rated for Div. 2)
HKUST_ZJH的博客
08-23 1274
Educational Codeforces Round 169 (Rated for Div. 2)
Lua非空判断方法[源码]
11-24
本文详细介绍了在Lua中进行非空判断的几种方法，特别是针对table类型的变量。首先，文章指出了直接对nil值进行索引会导致异常的问题，并给出了一个简单的例子来说明如何避免这种情况。接着，文章讨论了如何判断一个table是否为空，指出不能简单地使用`#table == 0`的方式，而是应该使用`next(t) == nil`的方法。此外，文章还提到了`next`指令在LuaJIT中的优化问题，建议在非必要情况下少用。最后，文章简要介绍了如何判断一个字符串是否全部由空格组成，使用了正则匹配的方法。这些内容对于Lua开发者来说非常实用，能够帮助他们避免常见的错误。
JS表格转Excel实现[可运行源码]
11-24
该文章详细介绍了如何使用JavaScript将HTML表格数据导出为Excel文件。内容涵盖了针对不同浏览器的兼容性处理，包括IE和非IE浏览器的不同实现方式。对于IE浏览器，使用ActiveXObject进行导出；对于非IE浏览器，则通过base64编码和数据URI方案实现。文章还提供了完整的代码示例，包括表格数据的处理、格式化和导出功能，支持文本和图片类型的数据导出。
图片转bin文件存储[项目代码]
11-24
本文介绍了在OpenCV项目中如何将大量图片数据转换为二进制（bin）文件进行高效存储和读取的方法。作者在项目中遇到需要处理大量图片数据的问题，尝试了多种格式（如.mat、.txt、.yml）后发现效率较低。通过使用二进制文件存储，显著提升了读写速度。文章详细展示了使用OpenCV将图片写入二进制文件的代码示例，以及从二进制文件读取图片数据的实现方法。虽然该方法需要提前知道图片的尺寸和数量，但读写速度极快，适合处理大量图片数据。作者还提到可以通过换行符或终止符优化读取过程，但未深入探讨。
ROS视觉处理与色彩识别[项目源码]
最新发布
11-24
本文详细介绍了在ROS环境下进行视觉处理的基础步骤，特别是针对色彩识别的实现方法。内容涵盖了从摄像头驱动的安装与配置（如usb_cam驱动和image_view工具的使用），到创建功能包和编写图像处理节点（包括RGB图像回调函数、HSV色彩空间转换、二值化处理及形态学操作）。此外，还演示了如何在仿真环境中获取图像，并通过OpenCV实现红色和绿色物体的识别与追踪。最后，文章提供了完整的代码示例和编译运行步骤，帮助读者快速上手ROS视觉处理项目。
Anaconda安装与使用指南[项目源码]
11-24
本文详细介绍了在Anaconda环境下安装和使用jupyter及numpy的步骤。首先，指导用户如何安装Anaconda并创建虚拟环境，然后详细说明了如何在虚拟环境中安装jupyter和numpy。接着，文章提供了多个numpy的练习示例，包括创建零向量、矩阵操作、归一化等。此外，还介绍了如何在Jupyter中完成numpy、pandas和matplotlib的例题，涵盖了从基础操作到实际应用的多个方面。最后，文章总结了实验过程中的经验，特别是在使用国内镜像源后下载速度的提升。
Educational Codeforces Round 169 (Rated for Div. 2)E
08-19
Educational Codeforces Round 169，通常是一个专门为初学者和教育目的设计的比赛，它属于Div. 2级别，这意味着它的题目难度相对较低，适合等级较低的选手参与。这种比赛通常包含一系列算法和数据结构的基础题目，...
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