【Codeforces Global Round 2】A-E题解 【Frets On Fire、Pavel and Triangles】
2024-05-27 14:00:40
A. Ilya and a Colorful Walk：
题意: nnn个数，每个数都有一个属性，还有一个值。要求找到两个数，数字属性不同，求出最大的数字差值。
思路: 简单题，直接对所有数字排序，对于最大值找一个与其属性不同的最小值，再对于最小值，找一个与其属性不同的最大值，比较求出最大差值即可。
代码:
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 3*1e5+100;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int mp[N][2],n;int main()
{memset(mp,-1,sizeof mp);scanf("%d",&n);rep(i,1,n) mp[i][0] = -1, mp[i][1] = 1e7;rep(i,1,n){int xx; scanf("%d",&xx);mp[xx][0] = max(mp[xx][0],i);mp[xx][1] = min(mp[xx][1],i);}int maxn = -1, pos, ans = -1, minn = 1e7;rep(i,1,n){if(mp[i][0] > maxn){maxn = mp[i][0];pos = i;}}rep(i,1,n){if(i != pos && mp[i][0] != -1) ans = max(ans,maxn-mp[i][1]);}rep(i,1,n){if(mp[i][1] < minn){minn = mp[i][1];pos = i;}}rep(i,1,n){if(i != pos && mp[i][1] != 1e7) ans = max(ans,mp[i][0]-minn);}printf("%d\n",ans);return 0;
}
B. Alyona and a Narrow Fridge
题意: 一个高度为hhh的冰箱，冰箱内一共两列。现在有nnn个物品，需要往冰箱中进行插板，使得前kkk个物品能放入冰箱，求kkk的最大值。(1≤n≤103)(1\leq n \leq 10^3)(1≤n≤103)
思路: 由于nnn比较小，直接枚举k即可，然后将前kkk个物品排序，倒序放入冰箱，判断是否可以成功即可完成此题。当然也可以将枚举改为二分，也可以通过此题。
代码:
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1000+100;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int n,h,a[N];int solve(int x)
{int tmp[N], th = h;rep(i,1,x) tmp[i] = a[i];sort(tmp+1,tmp+1+x);int i = x, j = max(i-1,1), ans = 0;while(i >= 1 && th > 0){if(th < tmp[i]) break;else if(max(tmp[i],tmp[j]) <= th){ans += 1;if(i != j) ans++;th -= max(tmp[j],tmp[i]);i = j-1, j = max(i-1,1);}else if(a[j] <= h){ans += 1;break;}}if(ans != x) return 0;else return 1;
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&h);rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);int ans = 0;// sort(a+1,a+1+n);rep(i,1,n){if(solve(i)) ans = i;else break;} printf("%d\n",ans);return 0;
}
C. Ramesses and Corner Inversion
题意: 给你两个矩形A、B，矩形中每个位置可能为111或000，现在可以在矩形AAA中选取一个子矩形，然后翻转这个子矩形的四个端点。问能否通过这种方式将A翻转成B。
思路: 可以发现，翻转一个子矩阵的四个角，不会改变矩阵AAA与矩阵BBB中每行每列不相同区域个数的奇偶性，即只需要判断矩阵AAA与矩阵BBB中每行每列中不相同区域个数是否为偶数即可完成此题。
代码:
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 500+10;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int n,m,a[N][N],b[N][N],row[N],col[N];int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);rep(i,1,n)rep(j,1,m) scanf("%d",&a[i][j]);rep(i,1,n)rep(j,1,m){scanf("%d",&b[i][j]);if(a[i][j] != b[i][j]) row[i]++, col[j]++;}int jud = 0;rep(i,1,n) if(row[i]%2 != 0) jud = 1;rep(i,1,m)if(col[i]%2 != 0) jud = 1;if(jud) printf("No\n");else printf("Yes\n");return 0;
}
D. Frets On Fire
题意: 一共nnn个序列，已知每个序列开头元素的大小，序列为等差数列，公差为111，序列长度为1018+1。先有qqq组询问，每组询问给出lll与rrr，求出这nnn个序列在[l,r][l,r][l,r]这个区间内一共有多少个不相同的数。(1≤n≤105,1≤q≤105)(1\leq n \leq 10^5, 1\leq q \leq 10^5)(1≤n≤105,1≤q≤105)
思路: 其实这个问题可以抽象为现在有nnn个区间，这nnn个区间长度均为r−l+1r-l+1r−l+1，已知每个区间开头元素，问nnn个区间重叠之后一共有多少个不一样的数字。
很明显，我们首先需要对每个区间开头元素进行排序，然后来考虑相邻两个区间会有多少重复的元素。假如区间111与区间222差距为lenlenlen，如果 r−l+1≤lenr-l+1\leq lenr−l+1≤len，则区间111与区间222没有相互覆盖，而如果 len<r−l+1len < r-l+1len<r−l+1，则区间111的有效长度为lenlenlen，因此我们求出相邻两个区间的差距，存入数组 d[x]d[x]d[x]，然后对于 ddd 数组进行排序，然后二分出第一个间距大于等于 r−l+1r-l+1r−l+1的点，该点之后的区间有效长度均为r−l+1r-l+1r−l+1，而该点之前的区间有效长度均为lenlenlen。
此处还需要注意，由于差分数组只维护了前n−1n-1n−1个区间，即最后一个区间的贡献显然是r−l+1r-l+1r−l+1，因此最后的答案还需要加上最后一个区间的长度。到此，即可完成此题。
代码:
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1e5+100;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int n,m;
ll a[N],d[N],sum[N];int main()
{scanf("%d",&n);rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);sort(a+1,a+1+n);d[1] = sum[0] = 0;rep(i,2,n) d[i] = a[i]-a[i-1];sort(d+2,d+1+n);rep(i,1,n) sum[i] = sum[i-1]+d[i];scanf("%d",&m);rep(i,1,m){ll xx,yy; scanf("%lld%lld",&xx,&yy);int l = 2, r = n, ans = -1;while(l <= r){int mid = (l+r)>>1;if(d[mid] >= (yy-xx+1)){ans = mid; //第一个大于等于k的点r = mid-1;}else l = mid+1;}// LOG3("xx",xx,"yy",yy,"ans",ans);ll total = 0;if(ans == -1)total = sum[n]-sum[0]+(yy-xx+1);elsetotal = (n-ans+2)*(yy-xx+1)+sum[ans-1]-sum[0];printf("%lld ",total);}printf("\n");return 0;
}
E. Pavel and Triangles
题意: 一共有nnn类木棒，每类木棒都有其固定的数目，现在需要用这些木棒组成三角形。组成三角形的规则是，同类型的三根木棒，或者同类型的两根木棒+一根比这个类型编号更小的木棒，问最多可以组成多少根木棒。
思路: 很明显，这是一个贪心题目，但是怎么贪是一个问题。比赛时，怎么贪心都过不去，还是太欠缺贪心的练习，哭…
我们现在来研究一下这题应该如何去做，当你匹配到jjj时，这时你有三种选择。① 选择<j,j,jj,j,jj,j,j> ②选择<k1,j,jk_1,j,jk1,j,j>，k1k_1k1类型更小 ③ 选择<j,k2,k2j,k_2,k_2j,k2,k2>，k2k_2k2类型更大。可以发现必定是优先进行第二种选择的匹配，因为你已经匹配到了jjj，k1k_1k1已经无法进行匹配了，而此时也只用消耗两个jjj，而第一种选择需要消耗三个jjj，显然没有第二种优。而第三种选择，可以发现第三种选择最多和第二种一致，绝对不会比第二种更优，因此我们优先考虑第二种选择。
然后匹配完所有k1k_1k1之后，我们只剩下了两种选择，然后我们来考虑一下哪种方案更优。假设我们现在一共有333个jjj，222个a1a_1a1、a2a_2a2、a3a_3a3。第一种选择<j,j,jj,j,jj,j,j>，<a1,a2,a2a_1,a_2,a_2a1,a2,a2>，<a1,a3,a3a_1,a_3,a_3a1,a3,a3> 形成333个三角形。第三种选择<j,a1,a1j,a_1,a_1j,a1,a1>、<j,a2,a2j,a_2,a_2j,a2,a2>、<j,a3,a3j,a_3,a_3j,a3,a3>，也是形成333个三角形。而现在是我们假设还有222个a1a_1a1、a2a_2a2、a3a_3a3，如果没有，则第三种选择很可能会变差。因此第三种选择不会优于第一种选择，所以我们直接进行第一种选择即可。
所以最后的算法是，先匹配222个的，再匹配333个的。
总结: 贪心问题总是在当前做出看来是最好的选择，而不从整体最优上加以考虑，做出的选择是局部最优解。贪心策略必须具备无后效性，即某个状态以前的过程不会影响以后的状态，只与当前状态有关。而在这道贪心问题中，如果优先考虑当前元素对后续元素的贡献，则违背了只考虑当前最优的原则，这也是我比赛时犯的错误，需要深刻反思。
贪心问题的证明可以从局部策略着手，证明其他的几种策略中没有比我所执行的这个策略更优的，充分列举其他情况，即可完成证明。
代码:
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 3*1e5+100;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int n;
ll ans,a[N];int main()
{scanf("%d",&n);rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);ll sum = 0;rep(i,1,n){ll xx = min(a[i]/2,sum); ans += xx;sum -= xx;a[i] -= xx*2;ans += a[i]/3;a[i] = a[i]%3;sum += a[i];}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
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