Codeforces Round #550 (Div. 3)

感觉自己好弱，写篇博客来督促自己补题。
补 D E G 这几题吧。
原比赛连接 https://codeforces.com/contest/1144
D Equalize Them All

题意 ：
给你两种操作：
1、ai:=ai+|ai−aj|（其中 |i−j|=1）
2、ai:=ai−|ai−aj|（其中 |i−j|=1）
给你一组数列，问使得数字全相同的最小操作次数，输出哪种操作，操作的i，j。

题解 ：
比赛的时候，我没什么思路，就跑去做F了。后来才发现，这两种操作会使得ai变为aj，这么理解就很容易了。最少操作次数就是n-数字出现最多的次数，使其他数字变为该数字就好了，复杂度 O(n)。

经验 ： 要理解好所给公式达到的效果。

AC代码如下：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <string>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#include<stack>
#include <map>
#include <set>
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
typedef  long long ll;
const int INF =0x3f3f3f3f;
const int N = 2e5 + 5;
int a[N],num[N];
int main()
{
	int n,ma,id;//ma为出现次数的最大值，id记录最大值的坐标
	memset(num,0,sizeof(num));
	ma = -1;
	scanf("%d",&n);
	for (int i =1; i <=n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
		num[a[i]]++;//记录每个数出现次数。
		if (ma < num[a[i]])
			id = i,ma = num[a[i]];
	}
	printf("%d\n",n-ma);
	for (int i = id - 1, j = id; i > 0; i--,j--) {//从id的左边操作
		if (a[i] < a[j]) {
			printf("1 %d %d\n",i,j);
		}else if (a[i]>a[j]) {
			printf("2 %d %d\n", i, j);
		}
		a[i] = a[j];
	}
	for (int i = id+1, j = id; i<=n; i++, j++) {//从id的右边操作
		if (a[i] < a[j]) {
			printf("1 %d %d\n", i, j);
		}
		else if (a[i] > a[j]) {
			printf("2 %d %d\n", i, j);
		}
		a[i] = a[j];
	}
	return 0;
}

E ： Median String

题意:
长度为k的字符串s，t。s字典序小于t，找出长度为k、字典序在s和t中间的字符串，保证s和t之间为奇数个长度为k的串。

题解 ：
类似于哈希的思想，把字符串变为数值。找两个数的中间值不就是相加除以2。。把字符串看成26进制的大数，模拟数字相加，相除的过程就可以啦，超级简单。

AC代码如下：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <string>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#include<stack>
#include <map>
#include <set>
#include<fstream>
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
typedef  unsigned long long ull;
const int INF =0x3f3f3f3f;
const int N =2e5+5;
char s[N], t[N];
int sum[N];
int main()
{
	int k;
	cin >> k >> s+1 >> t+1;
	memset(sum,0,sizeof(sum));
	//sum[0]存可能多出来的一位，比如6+6=12，sum[0]=1;
	for (int i = k; i >=1; i--) {//两字符串相加
		sum[i]+= s[i]-'a'+ t[i]-'a';
		if (sum[i] >=26) {//进制，注意是等于。
			sum[i] -= 26;
			sum[i - 1]++;
		}
	}
	for (int i = 0; i <=k; i++) {//除2
		sum[i + 1]+= (sum[i] % 2)*26;//上一位的余数留到下一位，想想两个数相除的过程。
		sum[i] /= 2;
	}
	for(int i=1;i<=k;i++)
		printf("%c",sum[i]+'a');
	printf("\n");
	return 0;
}

G - Two Merged Sequences

题意：

给定一个序列，问能否拆成两个序列，其中一个严格递增，一个严格递减，并且元素的相对位置保持不变。把分成的两个序列输出，否则输出NO。

题解：

错误想法：
一开始我是想求出LIS（最长上升子序列），然后判断剩余元素满不满足递减。然后wa了，因为LIS可能有多种情况，比如这个序列 1 1 0 2 3，LIS 如果找了 0 2 3，那么就是错的，1 2 3才可以找到正确答案。如果把所有可能答案找出来，时间复杂度就受不了，比如递减序列。（可能有更好的算法，我想不到nlogn把所有可能LIS找出来，还要判断剩余满不满足递减）。

正确做法：
其实可以维护一个递减序列和一个递增数列，对于a[i]分几种情况。
1、只满足其中一个序列，这时只能放其中一个序列（好像是废话）
2、都不满足，这时便无解了。
3、两种都满足。可以这样想，大的数放在下降数列，对以后的，两个序列可以容纳的范围更大。换句话说，就是对以后影响较小。小的数则放在上升序列。参照物取a[i+1].

AC代码如下：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <string>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#include<stack>
#include <map>
#include <set>
#include<fstream>
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
typedef  unsigned long long ull;
const int INF =0x3f3f3f3f;
const int N =2e5+5;
int a[N], up[N], down[N],vis[N];
int main()
{
	int n,j,k,flag;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	up[0] = -INF, down[0] = INF;
	j = k = 0; flag = 1;
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (a[i] >= down[j] && a[i] <= up[k]) {//第2种情况
			flag = 0;
			break;
		}
		else if (a[i]<down[j] && a[i]>up[k]) {//第3种情况
			if (a[i] > a[i + 1]) {
				down[++j] = a[i];
				vis[i] = 1;
			}
			else {
				up[++k] = a[i];
			}
		}
		else if (a[i] < down[j]) {//第1种情况
			down[++j] = a[i];
			vis[i] = 1;
		}
		else {
			up[++k] = a[i];
		}
	}
	if (!flag)
		printf("NO\n");
	else {
		printf("YES\n");
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			printf("%d ",vis[i]);
	}
	return 0;
}