Dashboard - Codeforces Round #807 (Div. 2) - Codeforces

A. Mark the Photographer

题意：

有 $2\times n$ 个人，每个人的身高设为 $h_i$ ，现在要把这些人均匀的排成俩排，每排n个人，规定对于所有的 $i \in [1,n]$ ，后排人的身高要比前排人的身高高x,问是否能满足？

知识点：贪心

思路：

把所有人按身高排序，前n小的依次排到前排，后n大的依次排到后排，依次判断每个位置是否满足条件，即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e5+5;
void solve(){int n,x;cin>>n>>x;int w=n;n<<=1;vector<int>a(n);for(int i=0;i<n;++i)cin>>a[i];sort(a.begin(),a.end());//排序for(int i=0;i<w;++i){if(a[i+w]-a[i]<x){//最大n个和最小n个依次比较cout<<"NO\n";//某一个不行就是NOreturn ;}}cout<<"YES\n";
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _=1;cin>>_;while(_--){solve();}return 0 ;
}

B. Mark the Dust Sweeper

题意：

有一个长度为n的数组a，现在有一种操作如下

（1）选择一对 $(i,j),i<j$ ，满足 $\forall k,i\leq k<j,a[k]>0$

（2）把 $a_i--$

（3）把 $a_j++$

问最少的操作次数，使得 $a_1=a_2=...=a_{n-1}=0$

知识点：思维

思路：

发现对于一个不是0的数字 $a_i$ 来说，要让他变成0，如果他后面到n为止的数字都不是0，他只需要操作 $a_i$ 次，如果后面有0，需要一次操作去补上，所以我们只要从1开始往后看，看到第一个不是0的数字，他要操作 $a_i$ 次，操作次数+= $a_i$ ,往后如果有0，说明有数来补，操作次数++。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e5+5;
void solve(){int n;cin>>n;vector<int>a(n+1);for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];int ops=0;for(int i=1;i<=n;++i){if(a[i]){//找到第一个不是0的数字在哪里ops=i;break;}}if(ops==0||ops==n){//如果在n或者没有，说明不需要操作cout<<0<<'\n';return ;}ll ans=0;for(int i=ops;i<n;++i){if(a[i])ans+=a[i];//a_i有数，操作次数+=a_ielse ans++;//a_i==0,有数字来补，额外操作一次}cout<<ans<<'\n';
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _=1;cin>>_;while(_--){solve();}return 0 ;
}

C. Mark and His Unfinished Essay

题意：

现在有一个字符串s,现在可以操作c次，每次操作如下

（1）在字符串s中选择一对 $[l,r]$ 的子串t，把他拼接到字符串s后面形成新的s（s=s+t）

现在有q次询问，每次询问一个x,表示问s[x]=?

知识点：递归

思路：

如果查询的x就在最开始的字符串上，我们直接输出s[x]，

如果在操作一次后的字符串上，我们看位置，

如果不在新加的字符串t上，那还是在最开始的字符串上，

如果在新加的字符串t上，因为新加的字符串t是最初字符串s的子串，所以我们还是可以在最开始的字符串上找到，图示如下

查7这个位置，我们相对于绿色方框的字符串的位置在哪里？

位置就是本身减去(上一个字符串长度-本次查询的左端点+1)

这样，我们大小问题就都搞清楚了，直接递归就行了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e5+5;
ll dl[45],sl[45];
string s;
char Find(ll ops,ll now){if(now==0)return s[ops];//如果now==0，那就是原串，直接输出位置if(ops>dl[now-1])return Find(ops-sl[now],now-1);//如果不在上一个串的原串里，更新else return Find(ops,now-1);//在上一个串的原串里，直接看
}
void solve(){ll n,c,q;cin>>n>>c>>q;cin>>s;s="#"+s;//把下标改成1开始dl[0]=n;sl[0]=n;//初始化for(int i=1;i<=c;++i){ll l,r;cin>>l>>r;dl[i]=dl[i-1]+(r-l+1);//每次操作完后字符串的长度sl[i]=dl[i-1]-l+1;//这是不在原串里，每次下标更新的位置}while(q--){ll x;cin>>x;cout<<Find(x,c+1)<<'\n';//输出答案}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _=1;cin>>_;while(_--){solve();}return 0 ;
}

D. Mark and Lightbulbs

题意：

现在有一个长度为n的01串s,现在有一个操作，如下

（1）选择一个 $i,i\in[2,n-1]$ ,并且 $s_{i+1}\neq s_{i-1}$

（2）把满足条件的 $s_i$ 异或1

现在给你一个长度为n的01串t,问最少的操作数把字符串s变成字符串t，如果不能输出-1

知识点：思维

思路：

我们首先可以发现，i=1和i=n这俩个位置十分滴特殊，什么情况下都不可以操作，就是一开始是什么，最后也是什么，所以我们可以直接判断，如果开始这俩个位置在串s和串t就不一样，那就是输出-1。

然后，我们如果把连续的1看成一个联通块，那么不论怎么操作，开始联通块是几个，最后联通块还是几个（条件使然），所以我们把s中1的联通块个数，和每一个联通块的左右端点记录一下（一会要用），再把t的也记录一下，如果s中1的联通块个数和t不等，那一定不能成立，输出-1.

接下来就都是成立的情况了，发现一个联通块可以把他左边的0变成1，也可以把左边的1变成0，右边也一样，也就是说，如下

下面这个变成上面的，

先左加满，再把右边多余的删掉，

现在有多次的移动，我们要让答案最小，肯定是上面第一个联通块和下面第一个联通块匹配（因为他们也交叉不了啊），如果上面第二个和下面第一个匹配，那上面第一个就自闭了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e5+5;
struct dd{int l,r;
};
void solve(){int n;cin>>n;int pre=-1,prel=0;vector<dd>v,w;for(int i=1;i<=n;++i){//统计字符串s，1的联通块数量char o;cin>>o;int x=o-'0';if(x==pre)continue;else {if(pre==1)v.push_back({prel,i-1});prel=i;pre=x;}}if(pre==1)v.push_back({prel,n});pre=-1;prel=0;for(int i=1;i<=n;++i){//统计字符串t，1的联通块数量char o;cin>>o;int x=o-'0';if(x==pre)continue;else {if(pre==1)w.push_back({prel,i-1});prel=i;pre=x;}}if(pre==1)w.push_back({prel,n});int len=v.size(),tmp=w.size();if(len!=tmp)cout<<"-1\n";//如果两字符串1的联通块数量不同，那一定不行//如果俩字符串1位置的字符不同，也不行else if(len&&v[0].l!=w[0].l&&(v[0].l==1||w[0].l==1))cout<<"-1\n";//如果俩字符串最后位置的字符不同，也不行else if(len&&v[len-1].r!=w[len-1].r&&(v[len-1].r==n||w[len-1].r==n))cout<<"-1\n";else {ll ans=0;for(int i=0;i<len;++i){//统计操作次数ans+=abs(w[i].l-v[i].l);ans+=abs(w[i].r-v[i].r);}cout<<ans<<'\n';}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _=1;cin>>_;while(_--){solve();}return 0 ;
}

E. Mark and Professor Koro

题意：

有一个长度为n的数组a,有一种操作如下

（1）从数组a中找到某一个数x,出现了两次以上

（2）选两个x，从数组a中删除

（3）把数x+1，放入数组a中

现在有q次询问，每次询问前会把数组a中的 $a[k],k\in[1,n]$ 赋值为l,

要询问改完的数组在操作到不能操作为止的最大值

知识点：二分，线段树

思路：

先来个比较好想的，复杂度 $qlog^2n$ 的，开始之前，我们先抽象一下题意

一个数x出现两次，数x+1出现次数+1，经过一定的思考，这不就是个模拟二进制吗，

我们把值域看成二进制的位数，第x位的次数=2了，进1，所以第x+1位的次数++

现在有个q次询问，每次询问前会把第a[k]位次数--，再把第l位的次数++，

二进制中某一位减怎么减呢，

如果这一位是1，那很简单把他变成0就行

如果这一位是0，那要先找比他位数高的距离他最近的1的位置，把那个位置变成0，这之间位置的数字变成1.

我们要先找到他前面1的位置，然后区间修改(就是区间异或1)

二进制中某一位加怎么加呢，

如果这一位是0，那很简单把他变成1就行

如果这一位是1，那要先找比他位数高的距离他最近的0的位置，把那个位置变成1，这之间位置的数字变成0.

我们要先找到他前面0的位置，然后区间修改(就是区间异或1)

最后答案就是最高位的1的位置。

怎么找当前位置前和他不同的数字在哪？我们可以前缀和+二分，前缀和表示每个位置到当前位置和他不同数字的个数，这个一定是单调的，我们要二分找的这个前缀和=1的位置就行了。

现在还有问题，我们怎么维护这个前缀和，线段树即可，区间修改，区间查询就都解决了。

最后答案也是二分找的只要看最后位置到那个位置的1的个数是1就行了

（注意，因为 $log^2n$ ，线段树常数又有点大，所以有亿点点卡常）

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=2e5+155;
int has[N],a[N];
#define ls (i<<1)
#define rs ((i<<1)|1)
struct tre{int cnt0,cnt1,lazy;//维护区间0和1的个数
}tree[N<<2];
void work_lazy(int i,int l,int r){if(tree[i].lazy){swap(tree[l].cnt1,tree[l].cnt0);tree[l].lazy^=1;swap(tree[r].cnt1,tree[r].cnt0);tree[r].lazy^=1;tree[i].lazy=0;}
}
void push_up(tre &nowtre,tre ltre,tre rtre){nowtre.cnt0=ltre.cnt0+rtre.cnt0;nowtre.cnt1=ltre.cnt1+rtre.cnt1;
}
int query1(int l,int r,int i,int L,int R){//0和1分开查if(l>R||r<L)return 0;if(L<=l&&r<=R){return tree[i].cnt1;}work_lazy(i,ls,rs);int mid=l+r>>1;return query1(l,mid,ls,L,R)+query1(mid+1,r,rs,L,R);
}
int query0(int l,int r,int i,int L,int R){//0和1分开查if(l>R||r<L)return 0;if(L<=l&&r<=R){return tree[i].cnt0;}work_lazy(i,ls,rs);int mid=l+r>>1;return query0(l,mid,ls,L,R)+query0(mid+1,r,rs,L,R);
}
void change(int l,int r,int i,int L,int R){//修改其实就是交换区间0和1的个数if(l>R||r<L)return ;if(L<=l&&r<=R){swap(tree[i].cnt0,tree[i].cnt1);tree[i].lazy^=1;return ;}work_lazy(i,ls,rs);int mid=l+r>>1;change(l,mid,ls,L,R);change(mid+1,r,rs,L,R);push_up(tree[i],tree[ls],tree[rs]);
}
void build(int l,int r,int i){if(l==r){tree[i].cnt0=(has[l]==0);tree[i].cnt1=(has[l]==1);return ;}int mid=l+r>>1;build(l,mid,ls);build(mid+1,r,rs);push_up(tree[i],tree[ls],tree[rs]);
}
void dec(int x){//当前位置要减if(query1(1,N,1,x,x))change(1,N,1,x,x);//如果是1，直接改成0else {int l=x+1,r=N-1,mid,ans=0;while(l<=r){mid=l+r>>1;if(query1(1,N,1,x,mid)){r=mid-1;ans=mid;}else l=mid+1;}change(1,N,1,x,ans);}
}
void add(int x){//当前位置要加if(query0(1,N,1,x,x))change(1,N,1,x,x);//如果是0，直接改成1else {int l=x+1,r=N-1,mid,ans=x;while(l<=r){mid=l+r>>1;if(query0(1,N,1,x,mid)){r=mid-1;ans=mid;}else l=mid+1;}change(1,N,1,x,ans);}
}
void solve(){int n,q;cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;++i){cin>>a[i];has[a[i]]++;//当前位置个数++}for(int i=1;i<N;++i){has[i+1]+=has[i]/2;has[i]%=2;//弄成二进制}build(1,N,1);while(q--){int k,w;cin>>k>>w;dec(a[k]);//先减a[k]=w;//赋值add(a[k]);//再加int l=1,r=N-1,mid,ans=0;while(l<=r){//二分找答案mid=l+r>>1;if(query1(1,N,1,mid,N-1)){l=mid+1;ans=mid;}else r=mid-1;}cout<<ans<<'\n';}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _=1;//cin>>_;while(_--){solve();}return 0 ;
}

其实，可以优化到 $qlogn$ ,我们把在外面的二分扔进权值线段树里就行了，代码的话，我等等写一下。

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