Codeforces Round 943 (Div. 3) A~G1

最新推荐文章于 2024-08-07 02:12:39 发布

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#算法 #c++ #ACM-ICPC #codeforces #OI

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101 篇文章

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A.Maximize?（枚举）

题意：

给你一个整数 $x$ 。你的任务是找出任意一个整数 $y$ $(1≤y<x)(1\le y\lt x)$ ，使得 $gcd⁡(x,y)+y\gcd(x,y)+y$ 为最大可能数。 $(1≤y<x)(1\le y\lt x)$ 使得 $gcd⁡(x,y)+y\gcd(x,y)+y$ 最大。

注意，如果有一个以上的 $y$ 满足该语句，允许找到任何一个。

$gcd⁡(a,b)\gcd(a,b)$ 是 $a$ 和 $b$ 的最大公约数。例如， $gcd⁡(6,4)=2\gcd(6,4)=2$ 。

分析：

本题数据范围较小，直接暴力枚举即可。

此外，因为 $y<xy\lt x$ 所以 $gcd⁡(x,y)\gcd(x,y)$ 等价于 $gcd⁡(x,x−y)\gcd(x,x-y)$ ，易得 $gcd⁡(x,x−y)≤x−y\gcd(x,x-y)\le x-y$ ，所以 $gcd⁡(x,x−y)+y≤x\gcd(x,x-y)+y\le x$ ，又因为相邻两个数的 $gcd⁡\gcd$ 为 $1$ ，所以当 $y = x - 1$ 时一定满足题目，可以直接输出 $x - 1$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {
    if (b > a) swap(a, b);
    if (b == 0) return a;
    return gcd(b, a % b);
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int x;
        cin >> x;
        int res = 0;
        int ans = 1;
        for (int y = 1; y < x; y++) {
            if (gcd(x, y) + y > res) {
                res = gcd(x, y) + y;
                ans = y;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

B.Prefiquence（双指针）

题意：

给你两个二进制字符串 $a$ 和 $b$ 。二进制字符串是由字符"0"和"1"组成的字符串。

你的任务是确定最大可能的数字 $k$ ，使得长度为 $k$ 的字符串 $a$ 的前缀是字符串 $b$ 的子序列。

如果 $a$ 可以从 $b$ 中删除几个（可能是零个或全部）元素，那么序列 $a$ 就是序列 $b$ 的子序列。

分析：

本题本质就是找 $b$ 字符串的子序列作为 $a$ 的前缀最大是多少。

考虑双指针，设置 $l$ 指针指向 $a$ 字符串的第一个字母 $r$ 指针指向 $b$ 字符串的第一个字母，若 $l$ 和 $r$ 指向的字母相同，则双指针往后移动，并更新 $an s$ 值为 $l$ 指针若 $l$ 和 $r$ 不相同则移动 $r$ 指针至第一个可以和 $l$ 指针匹配的位置，逐个移动直到 $l$ 或者 $r$ 指针跑到 $n$ 或 $m$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;

void solve() {
    LL n, m;
    cin >> n >> m;
    string a, b;
    cin >> a >> b;
    a = " " + a;
    b = " " + b;
    LL l, r;
    LL ans = 0;
    l = r = 1;
    while (l <= n && r <= m) {
        if (a[l] == b[r]) {
            l++;
            r++;
            ans = l;
        } else if (a[l] != b[r]) {
            while (a[l] != b[r] && r <= m) {
                r++;
            }
        }
    }
    ans = max(ans - 1, 0LL);
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    LL t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

C.Assembly via Remainders（构造）

题意：

给你一个数组 $x2,x3,…,xnx_2,x_3,\dots,x_n$ 。你的任务是找出任意一个数组 $a1,…,ana_1,\dots,a_n$ ，其中：

对于所有的 $1≤i≤n1\le i\le n$ ， $1≤ai≤1091\le a_i\le 10^9$ 。
对于所有 $2≤i≤n2\le i\le n$ ， $ai−1x_i=a_i\bmod a_{i-1}$ 。

这里的 $dc\bmod d$ 表示整数 $c$ 除以整数 $d$ 的余数。例如， $2=15\bmod 2=1$ ， $3=072\bmod 3=0$ ， $14=3143\bmod 14=3$ 。

注意，如果有一个以上的 $a$ 满足该语句的要求，你可以找到任何一个。

分析：

题目要求构造 $a_i$ ，考虑如果 $a_{i-1}$ 比 $a_i$ 大的话，根据模的计算方法，可以直接放入 $x_i$ 。

我们每次构造出的 $a_i$ ，都让它等于 $a_{i-1}+x_i$ ，让数组 $a$ 一直递增，即可符合要求。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const LL N = 505;
int x[N], a[N];

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        cin >> x[i];
    a[n] = 1e9;
    for (int i = n; i >= 2; i--) {
        if (x[i] == a[i]) {
            a[i - 1] = 1e9;
            continue;
        }
        a[i - 1] = a[i] - x[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cout << a[i] << " ";
    }
    cout << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

D.Permutation Game（贪心）

题意：

Bodya和Sasha发现了一个排列 $p1,…,pnp_1,\dots,p_n$ 和一个数组 $a1,…,ana_1,\dots,a_n$ 。他们决定玩一个著名的 “排列游戏”。

长度为 $n$ 的排列是由 $n$ 个不同的整数组成的数组，这些整数从 $1$ 到 $n$ 按任意顺序排列。例如， $[2, 3, 1, 5, 4]$ 是一个排列，但 $[1, 2, 2]$ 不是一个排列（ $2$ 在数组中出现了两次）， $[1, 3, 4]$ 也不是一个排列（ $n = 3$ ，但数组中有 $4$ ）。

它们都在排列中选择了一个起始位置。

对局持续了 $k$ 个回合。棋手同时下棋。在每个回合中，每个棋手都会发生两件事：

如果棋手当前的位置是 $x$ ，他的得分就会增加 $a_x$ 。
然后棋手要么停留在当前位置 $x$ ，要么从 $x$ 移动到 $p_x$ 。

在整整 $k$ 个回合后，得分较高的一方即为获胜者。

知道了Bodya的起始位置 $P_B$ 和Sasha的起始位置 $P_S$ 后，如果两位棋手都想获胜，那么谁会赢得对局？

分析：

最优的方案一定是先走几步,然后一直停在某个点，如果我们站的点是最大的，那么我们就不需要移动，因为可以一直站在上面得到最大的分数。

否则我们就去下一个位置去看看，能不能获得更多的得分。

遍历的话因为是排列，移动是一个环，所以最多的遍历次数是 $n$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;

void solve() {
    LL n, k, pb, ps;
    cin >> n >> k >> pb >> ps;
    vector<LL> p(n + 1), a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> p[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    LL ans_pb = 0, ans_ps = 0;
    LL res_pb = 0, res_ps = 0;
    for (int i = 0; i < min(k, n); i++) {
        res_pb += a[pb];
        ans_pb = max(ans_pb, res_pb + (k - i - 1) * a[pb]);
        pb = p[pb];
        res_ps += a[ps];
        ans_ps = max(ans_ps, res_ps + (k - i - 1) * a[ps]);
        ps = p[ps];
    }
    if (ans_pb > ans_ps)
        cout << "Bodya" << endl;
    else if (ans_pb == ans_ps)
        cout << "Draw" << endl;
    else
        cout << "Sasha" << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

E.Cells Arrangement（构造）

题意：

给你一个整数 $n$ 。您在网格 $n×nn\times n$ 中选择 $n$ 个单元格 $(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)(x_1,y_1),(x_2,y_2),\dots,(x_n,y_n)$ ，其中 $1≤xi≤n1\le x_i\le n$ 和 $1≤yi≤n1\le y_i\le n$ 。

设 $H\mathcal{H}$ 为任意一对单元格之间不同的曼哈顿距离集合。你的任务是最大化 $H\mathcal{H}$ 的大小。注释中给出了集合及其构造的例子。

如果存在不止一个解，你可以输出任意一个。

单元格 $x_1,y_1)$ 和 $x_2,y_2)$ 之间的曼哈顿距离等于 $x_1-x_2|+|y_1-y_2|$ 。

分析：

观察样例发现，在 $(1, 1)$ 放一个，然后 $(1, 2)$ 下面放一个，如果有多的，全部斜着放是能取完所有的距离情况的，这样放是最大值。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    cout << "1 1" << endl;
    cout << "1 2" << endl;
    for (int i = 3; i <= n; i++) {
        cout << i << " " << i << endl;
    }
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

F.Equal XOR Segments（前缀处理）

题意：

如果可以将数组分成 $k>1k\gt 1$ 部分，使得每一部分值按位异或都相等，那么我们就称这个数组为 $x1,…,xmx_1,\dots,x_m$ 有趣。

更正式地说，你必须把数组 $x$ 分成 $k$ 个连续的部分， $x$ 中的每个元素都必须准确地属于 $1$ 部分。设 $y1,…,yky_1,\dots,y_k$ 分别是各部分元素的XOR。那么 $y1=y2=⋯=yky_1=y_2=\dots=y_k$ 必须满足。

例如，如果是 $x = [1, 1, 2, 3, 0]$ ，可以将其拆分如下： $[1],[1],[2,3,0][\color{blue}1],[\color{green}1],[\color{red}2,\color{red}3,\color{red}0]$ 。事实上是 $1=1=2⊕3⊕0\color{blue}1=\color{green}1=\color{red}2\oplus\color{red}3\oplus\color{red}0$ 。

给你一个数组 $a1,…,ana_1,\dots,a_n$ 。你的任务是回答 $q$ 次查询：

对于固定的 $l$ , $r$ , 判断子数组 $al,al+1,…,ara_l,a_{l+1},\dots,a_r$ 是否有趣。

分析：

区间问题先转化为前缀异或。

$Sr⊕Sl−1=0S_r\oplus S_{l-1}=0$

题目保证了 $l<rl\lt r$ ，所以一定有解。

$Sr⊕Sl−1=vS_r\oplus S_{l-1}=v$

区间一定可以划分为奇数段。如果能划分成奇数段，则一定能划分成 $3$ 段。

最终划分的异或值一定是 $v$ 。

于是问题转变为是否能把 $[l, r]$ 分成三段，使得每段异或值都为 $v$ 。

找到最大的 $i<ri\lt r$ 使得 $Sr⊕Si=vS_r\oplus S_i=v$ ，如果找不到则无解。

找到最大的 $j<ij\lt i$ 使得 $Si⊕Sj=vS_i\oplus S_j=v$ ，如果找不到或则 $j<l−1j\lt l-1$ 无解。

具体实现可以维护一个map<int, vector<int> >来实现。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;

void solve() {
    LL n, q;
    cin >> n >> q;
    vector<LL> a(n + 1);
    map<int, vector<int>> mp;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i] ^= a[i - 1];
        mp[a[i]].push_back(i);
    }
    while (q--) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        LL p = a[r] ^ a[l - 1];
        if (p == 0) {
            cout << "YES" << endl;
        } else {
            auto &v1 = mp[a[r]];
            auto pl = lower_bound(v1.begin(), v1.end(), l);
            if (pl == v1.end() || *pl >= r) {
                cout << "NO" << endl;
                continue;
            }
            LL posl = *pl;
            auto &v2 = mp[a[l - 1]];
            auto pr = lower_bound(v2.begin(), v2.end(), posl + 1);
            if (pr != v2.end() && *pr < r) {
                cout << "YES" << endl;
            } else
                cout << "NO" << endl;
        }
    }
}

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

G1.Division + LCP (easy version)（LCP）

题意：

这是问题的简单版本。在这个版本中 $l = r$

给你一个字符串 $s$ 。对于固定的 $k$ ，考虑将 $s$ 恰好分成 $k$ 个连续的子串 $w1,…,wkw_1,\dots,w_k$ 。假设 $f_k$ 是所有分割中最大的 $LCP(w1,…,wk)LCP(w_1,\dots,w_k)$ 。

$LCP(w1,…,wm)LCP(w_1,\dots,w_m)$ 是字符串 $w1,…,wmw_1,\dots,w_m$ 的最长公共前缀的长度。

例如，如果 $s = ababab c ab$ 和 $k = 4$ ，可能的除法是 $abababcab\color{red}{ab}\color{blue}{ab}\color{orange}{abc}\color{green}{ab}$ 。由于 $ab$ 是这四个字符串的最长公共前缀，因此 $LCP(ab,ab,abc,ab)LCP(\color{red}{ab},\color{blue}{ab},\color{orange}{abc},\color{green}{ab})$ 就是 $2$ 。请注意，每个子串都由一段连续的字符组成，每个字符都属于一个子串。

您的任务是找出 $fl,fl+1,…,frf_l,f_{l+1},\dots,f_r$ 。在此版本中为 $l = r$ 。

分析：

如果存在划分使得 $L CP$ 为 $v$ ，则任意 $\text{`} \lt v$ 都存在划分。

存在单调性，可以二分前缀长度。

令前缀字符串为 $t$ ， $s$ 种最多有 $x$ 个不相交的子串 $t$ 。

如果 $x≥kx\ge k$ ，则存在划分使得 $L CP$ 为 $t$ 。

可以用 $km p$ 或字符串哈希求出。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

void solve() {
    int n, _, k;
    string s;
    cin >> n >> _ >> k >> s;
    vector<int> ne(n + 1, 0);
    ne[0] = -1;
    for (int i = 1, j = -1; i < n; i++) {
        while (j >= 0 && s[j + 1] != s[i])
            j = ne[j];
        if (s[j + 1] == s[i])
            j++;
        ne[i] = j;
    }
    auto check = [&](int m) -> bool {
        if (m == 0)
            return 1;
        string t = s.substr(0, m);
        int tmp = 0;
        for (int i = 0, j = -1; i < n; i++) {
            while (j != -1 && s[i] != t[j + 1])
                j = ne[j];
            if (s[i] == t[j + 1])
                j++;
            if (j == m - 1) {
                tmp++;
                j = -1;
            }
        }
        return tmp >= k;
    };
    int l = 0, r = n / k;
    while (l < r) {
        int mid = l + r + 1 >> 1;
        if (check(mid))
            l = mid;
        else
            r = mid - 1;
    }
    cout << l << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}