Codeforeces Round #585 (Div.2)

最新推荐文章于 2025-08-01 11:12:48 发布

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本文深入解析算法竞赛中的关键策略，包括最大最小化问题、产品数量计算、字母交换、游戏策略、强连通分量分析及2-SAT问题的扩展。通过具体题目示例，展示如何运用编程技巧解决复杂算法挑战。

正题

Portal

A. Yellow Cards

最大的肯定就是每一个球员依次黄牌。

最小的就是将每个球员都恰好先罚剩一张，再一直罚。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int n,a1,a2,k1,k2;
 
int main(){
	scanf("%d %d %d %d %d",&a1,&a2,&k1,&k2,&n);
	int temp=max(n-a1*(k1-1)-a2*(k2-1),0);
	printf("%d ",temp);
	if(k1>k2) swap(k1,k2),swap(a1,a2);
	if(n>a1*k1) printf("%d",a1+(n-a1*k1)/k2);
	else printf("%d",n/k1);
}

B. The Number of Products

跟ai的值无关，我们把-1的点标出来，然后枚举-1的位置算答案就可以了。

#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
using namespace std;
 
const int N=200010;
int n;
int a[N];
vector<int> f;
int g[2]; 
 
int main(){
	scanf("%d",&n);
	f.push_back(0);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]<0?f.push_back(i),1:0;
	f.push_back(n+1);
	int now=0;
	long long ans1=0,ans2=0;
	for(int i=1;i<f.size();i++){
		long long temp=f[i]-f[i-1]-1;
		ans2+=(1+temp)*temp/2;
	}
	for(int i=f.size()-2;i>0;i--){
		g[now]+=f[i+1]-f[i];
		ans1+=1ll*(f[i]-f[i-1])*g[now];
		ans2+=1ll*(f[i]-f[i-1])*g[now^1];
		now^=1;
	}
	printf("%I64d %I64d",ans1,ans2);
}

C. Swap Letters

只有两种对(a,b),(b,a)

两个相同的对交换一次就可以。不同两个对最多一对。

记得判断-1即可。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
 
const int N=200010;
int n;
char a[N],b[N];
int f[N],g[N];
int t1,t2;
 
int main(){
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",a+1);
	scanf("%s",b+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]!=b[i]){
		if(a[i]=='a') f[++t1]=i;
		else g[++t2]=i;
	}
	if((t1+t2)&1) printf("-1");
	else{
		if(t1&1) printf("%d\n",t1/2+t2/2+2);
		else printf("%d\n",t1/2+t2/2);
		for(int i=2;i<=t1;i+=2) printf("%d %d\n",f[i],f[i-1]);
		for(int i=2;i<=t2;i+=2) printf("%d %d\n",g[i],g[i-1]);
		if(t1&1){
			printf("%d %d\n",f[t1],f[t1]);
			printf("%d %d\n",f[t1],g[t2]);
		}
	}
}

D. Ticket Game

有用的只有四个东西，左边的和，右边的和，左边的问号个数，右边的问号个数

如果一边的值和问号比另一边都严格小，那么先手必胜。

否则就在值小的那边填问号，若差为9的倍数，而且问号个数为偶数，那么后手必胜，否则还是先手必胜。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
using namespace std;
 
const int N=200010;
int n;
char s[N];
 
int main(){
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",s+1);
	int l=0,r=0,le=0,ri=0;
	for(int i=1;i<=n/2;i++) s[i]=='?'?le++:l+=s[i]-'0';
	for(int i=n/2+1;i<=n;i++) s[i]=='?'?ri++:r+=s[i]-'0';
	if(le>ri) swap(le,ri),swap(l,r);
	ri-=le;l-=r;
	if(l<0 || ri%2==1 || l%9 || l/9!=ri/2) printf("Monocarp");
	else printf("Bicarp");
}

E. Marbles

处理出来两两交换的次数。

然后直接暴力Dp转移就可以了。

#include <ctime>
#include <cstdio>
#include <random>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <bitset>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define log lg
#include <unordered_map>
using namespace std;
const int N = 1e6;
int n;
vector<int>g[21];
int log[1<<20];
long long f[1<<20], a[20][20];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < 20; i ++)
        log[1<<i] = i;
    for (int i = 1; i <= n ; i ++){
        int x;
        scanf("%d", &x);
        g[x - 1].push_back(i);
    }
    for (int i = 0; i < 20; i ++)
        for (int j = 0; j < 20; j ++)
            if (i != j && g[i].size() && g[j].size()) {
                int pos2 = 0;
                for (int pos1 = 0; pos1 < g[i].size(); pos1 ++){
                    while (pos2 < g[j].size() - 1 && g[j][pos2 + 1] < g[i][pos1]) pos2 ++;
                    if (g[i][pos1] > g[j][pos2])
                        a[i][j] += pos2 + 1;
                }
            }
    for (int i = 1; i < (1 << 20); i ++)
        if ((i&-i) != i)
            f[i] = 1e18;
    for (int i = 1;i < (1 << 20); i ++){
        int x = i ^ ((1 << 20) - 1);
        while (x) {
            int xx = x & -x;
            int y = i;
            long long v = f[i];
            while (y) {
                v += a[log[y & -y]][log[xx]];
                y -= y & -y;
            }
            f[xx + i] = min(f[xx + i], v);
            x -= xx;
        }
    }
    cout<<f[(1<<20) - 1];
    return 0;
}

F. Radio Stations

最后一题题面太长了。

这道题如果没有功率的限制，显然就是一个裸的2-sat

考虑将功率的限制也放在图上：如果选择了功率i，那么功率区间不包含它的点只能不选，连边即可

但是这样建图的边数是o(n^2)，需要优化

将功率区间分为两种，一种在这个点前面，另一种在这个点的后面

同样将功率也裂成两个点，分别连向这两种区间，因为功率i的第1种点一定是功率i+1的第一种点的子集，因此(i+1)1->i1和功率右区间恰好在i+1的点，同理(i-1)2->i2和功率左区间恰好为i-1的点

对图求强连通，如果裂成的两个点中在同一个强连通就不行，否则所有选1的区间都要选，功率是最大的i2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1600005
struct ji{
    int nex,to;
}edge[N<<2];
int E,n,m,m1,m2,x,y,ans,head[N],vis[N],dfn[N],low[N],s[N];
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void dfs(int k){
    dfn[k]=low[k]=++x;
    s[++s[0]]=k;
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex){
        int v=edge[i].to;
        if (!dfn[v]){
            dfs(v);
            low[k]=min(low[k],low[v]);
        }
        else
            if (!vis[v])low[k]=min(low[k],dfn[v]);
    }
    if (dfn[k]==low[k]){
        vis[k]=++vis[0];
        while (s[s[0]]!=k)vis[s[s[0]--]]=vis[0];
        s[0]--;
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&m1,&n,&m,&m2);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=m1;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(2*x-1,2*y);
        add(2*y-1,2*x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(2*i,2*n+2*x);
        add(2*n+2*x-1,2*i-1);
        if (y<m){
            add(2*i,2*n+2*y+1);
            add(2*n+2*y+2,2*i-1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=m2;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(2*x,2*y-1);
        add(2*y,2*x-1);
    }
    for(int i=1;i<m;i++){
        add(2*n+2*i+2,2*n+2*i);
        add(2*n+2*i-1,2*n+2*i+1);
    }
    x=0;
    for(int i=2;i<=2*(n+m);i+=2)
        if (!dfn[i])dfs(i);
    for(int i=1;i<=2*(n+m);i+=2)
        if (!dfn[i])dfs(i);
    for(int i=1;i<=n+m;i++)
        if (vis[2*i-1]==vis[2*i]){
            printf("-1");
            return 0;
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)ans+=(vis[2*i]<vis[2*i-1]);
    for(int i=m;i;i--)
        if (vis[2*n+2*i]<vis[2*n+2*i-1]){
            printf("%d %d\n",ans,i);
            for(int j=1;j<=n;j++)
                if (vis[2*j]<vis[2*j-1])printf("%d ",j);
            return 0;
        }
}