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Problem A. Optimal Currency Exchange

注意到美元所有的面值均为 111 的倍数，不妨认为只可以兑换 111 美元。

类似地，也可以认为只可以兑换 555 欧元。

则我们需要使得 xd+5yexd+5yexd+5ye 尽可能接近 NNN 。

枚举 yyy ，并用除法计算可能到达的最近的值即可。

时间复杂度 O(Ne)O(\frac{N}{e})O(eN) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {write(x);puts("");
}
int main() {int n, a, b;read(n), read(a), read(b);int ans = n; b *= 5;while (n >= 0) {chkmin(ans, n % a);n -= b;}writeln(ans);return 0;
}

Problem B. Badges

设男生 xxx 个，女生 N−xN-xN−x 个，那么
0≤x≤b,0≤N−x≤g0\leq x\leq b,0\leq N-x\leq g0≤x≤b,0≤N−x≤g

求出 xxx 的整数解的个数即可。

时间复杂度 O(1)O(1)O(1) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {write(x);puts("");
}
int main() {int a, b, n;read(a), read(b), read(n);int l = 0, r = n;chkmin(r, a);chkmax(l, n - b);if (l > r) writeln(0);else writeln(r - l + 1);return 0;
}

Problem C. Bad Sequence

一个括号序列合法的充要条件是：将 ( 看做 +1+1+1 ， ) 看做 −1-1−1 ，序列的前缀和始终非负，且总和为 0 。

因此，直接将最右侧的一个 ( 提到序列开头判断序列是否合法即可。

时间复杂度 O(N)O(N)O(N) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {write(x);puts("");
}
char s[MAXN];
int main() {int n, pos = 0; read(n);scanf("\n%s", s + 1);for (int i = 1; i <= n; i++)if (s[i] == '(') pos = i;if (pos != 0) {for (int i = pos; i >= 2; i--)s[i] = s[i - 1];s[1] = '(';}int cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (s[i] == '(') cnt++;else cnt--;if (cnt < 0) {puts("No");return 0;}}if (cnt == 0) puts("Yes");else puts("No");return 0;
}

Problem D. Treasure Island

不难发现答案不超过 222 ，因为我们一定可以通过阻挡与起点相邻的格子来达成目标。

特判初始时已经无法到达终点的情况，我们只需要判断答案是 111 还是 222 。

可以通过优先考虑向右走找到最靠右上的一条路径，通过优先考虑向下走找到最靠左下的一条路径，若这两条路径交于某点，则说明所有路径都必须经过该点，从而答案为 111 ，否则，答案为 222 。

时间复杂度 O(N×M)O(N\times M)O(N×M) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {write(x);puts("");
}
int n, m;
vector <char> s[MAXN];
vector <bool> a[MAXN];
vector <bool> b[MAXN];
vector <bool> vis[MAXN];
bool dfs1(int x, int y) {vis[x][y] = a[x][y] = true;if (x + y == n + m) return true;if (x < n && !vis[x + 1][y] && s[x + 1][y] != '#') {if (dfs1(x + 1, y)) return true;}if (y < m && !vis[x][y + 1] && s[x][y + 1] != '#') {if (dfs1(x, y + 1)) return true;}a[x][y] = false;return false;
}
bool dfs2(int x, int y) {vis[x][y] = b[x][y] = true;if (x + y == n + m) return true;if (y < m && !vis[x][y + 1] && s[x][y + 1] != '#') {if (dfs2(x, y + 1)) return true;}if (x < n && !vis[x + 1][y] && s[x + 1][y] != '#') {if (dfs2(x + 1, y)) return true;}b[x][y] = false;return false;
}
int main() {read(n), read(m);for (int i = 1; i <= n; i++) {s[i].push_back(' ');static char tmp[MAXN];scanf("\n%s", tmp + 1);for (int j = 1; j <= m; j++)s[i].push_back(tmp[j]);a[i].resize(m + 1);b[i].resize(m + 1);vis[i].resize(m + 1);}if (!dfs1(1, 1)) {puts("0");return 0;}for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)vis[i][j] = false;dfs2(1, 1);for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++) {if (i + j == 2 || i + j == n + m) continue;if (a[i][j] && b[i][j]) {puts("1");return 0;}}puts("2");return 0;
}

Problem E. Petya and Construction Set

注意到 di≤Nd_i\leq Ndi≤N ，可以考虑将所有点对中的一个点串成一条链，并将对应的 did_idi 较大的排在左侧。

对于排在 iii 处的点，令其对应的 did_idi 为 xxx ，则将其对应的另一个点与排在 i+x−1i+x-1i+x−1 处的点连边，若 i+x−1i+x-1i+x−1 处的点是链的末尾，则将新加的点设为新的链的末尾。

由于 xxx 是不增的，不难证明排在 i+x−1i+x-1i+x−1 处的点一定存在。

时间复杂度 O(NLogN)O(NLogN)O(NLogN) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {write(x);puts("");
}
int n; vector <int> s;
pair <int, int> a[MAXN];
int main() {read(n);for (int i = 1; i <= n; i++)read(a[i].first), a[i].second = 2 * i - 1;sort(a + 1, a + n + 1);reverse(a + 1, a + n + 1);s.resize(1);for (int i = 1; i <= n; i++)s.push_back(a[i].second);for (int i = 1; i <= n - 1; i++)printf("%d %d\n", a[i].second, a[i + 1].second);for (int i = 1; i <= n; i++) {int j = i + a[i].first - 1;printf("%d %d\n", a[i].second + 1, s[j]);if (j == s.size() - 1) s.push_back(a[i].second + 1);}return 0;
}

Problem F. Employment

不妨先将 ai,bia_i,b_iai,bi 按大小排序。

考虑固定 a1a_1a1 匹配 bib_ibi ，那么一定存在一种最优的匹配使得 a2a_2a2 匹配了 bi+1b_{i+1}bi+1 ， a3a_3a3 匹配了 bi+2b_{i+2}bi+2 等等。这一点可以通过交换一个相邻的逆序匹配不会使答案变劣来证明。

本质上我们需要考虑 NNN 种匹配方式，即对于 x∈[0,N)x\in[0,N)x∈[0,N) ，让 aia_iai 匹配 bi+xb_{i+x}bi+x 。

考虑单个元素 aia_iai 对每一种匹配方式的距离贡献，不妨令 ai=xa_i=xai=x ，所匹配的 bi=yb_i=ybi=y ，则有以下四种情况：
(1)(1)(1) 、 x≥y,x−y≤M−(x−y)x\geq y,x-y\leq M-(x-y)x≥y,x−y≤M−(x−y) ，距离为 x−yx-yx−y ， aia_iai 贡献为 xxx 。
(2)(2)(2) 、 x≥y,x−y>M−(x−y)x\geq y,x-y> M-(x-y)x≥y,x−y>M−(x−y) ，距离为 M−(x−y)M-(x-y)M−(x−y) ， aia_iai 贡献为 −x-x−x 。
(3)(3)(3) 、 x<y,y−x≤M−(y−x)x< y,y-x\leq M-(y-x)x<y,y−x≤M−(y−x) ，距离为 y−xy-xy−x ， aia_iai 贡献为 −x-x−x 。
(4)(4)(4) 、 x<y,y−x>M−(y−x)x< y,y-x> M-(y-x)x<y,y−x>M−(y−x) ，距离为 M−(y−x)M-(y-x)M−(y−x) ， aia_iai 贡献为 xxx 。

可以将距离中的 MMM 的贡献摊到 aia_iai 或 bib_ibi 上。

注意到四种情况对应的匹配方式 xxx 均为一个区间，可以用差分算出所有 xxx 对应的距离。

时间复杂度 O(NLogN)O(NLogN)O(NLogN) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {write(x);puts("");
}
int n, m, va[MAXN], vb[MAXN]; ll s[MAXN];
pair <int, int> a[MAXN], b[MAXN];
void add(int l, int r, ll x) {if (l < 0 && r < 0) {l += n;r += n;}if (l < 0) s[l + n] += x, l = 0;s[l] += x, s[r + 1] -= x;
}
int main() {read(m), read(n);for (int i = 1; i <= n; i++)read(a[i].first), a[i].second = i;sort(a + 1, a + n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++)read(b[i].first), b[i].second = i;sort(b + 1, b + n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) {va[i] = a[i].first;vb[i] = b[i].first;}for (int i = 1; i <= n; i++) {int x = b[i].first;if (x - 1 <= m - (x - 1)) {int l = 1, r = x;int ql = lower_bound(va + 1, va + n + 1, l) - va;int qr = upper_bound(va + 1, va + n + 1, r) - va - 1;add(i - qr, i - ql, x);} else {int l = x - m / 2, r = x;int ql = lower_bound(va + 1, va + n + 1, l) - va;int qr = upper_bound(va + 1, va + n + 1, r) - va - 1;add(i - qr, i - ql, x);r = l - 1, l = 1;ql = lower_bound(va + 1, va + n + 1, l) - va;qr = upper_bound(va + 1, va + n + 1, r) - va - 1;add(i - qr, i - ql, m - x);}if (m - x <= m - (m - x)) {int l = x + 1, r = m;int ql = lower_bound(va + 1, va + n + 1, l) - va;int qr = upper_bound(va + 1, va + n + 1, r) - va - 1;add(i - qr, i - ql, -x);} else {int l = x + 1, r = x + m / 2;int ql = lower_bound(va + 1, va + n + 1, l) - va;int qr = upper_bound(va + 1, va + n + 1, r) - va - 1;add(i - qr, i - ql, -x);l = r + 1, r = m;ql = lower_bound(va + 1, va + n + 1, l) - va;qr = upper_bound(va + 1, va + n + 1, r) - va - 1;add(i - qr, i - ql, m + x);}}for (int i = 1; i <= n; i++) {int x = a[i].first;if (x - 1 <= m - (x - 1)) {int l = 1, r = x - 1;int ql = lower_bound(vb + 1, vb + n + 1, l) - vb;int qr = upper_bound(vb + 1, vb + n + 1, r) - vb - 1;add(ql - i, qr - i, x);} else {int l = x - m / 2, r = x - 1;int ql = lower_bound(vb + 1, vb + n + 1, l) - vb;int qr = upper_bound(vb + 1, vb + n + 1, r) - vb - 1;add(ql - i, qr - i, x);r = l - 1, l = 1;ql = lower_bound(vb + 1, vb + n + 1, l) - vb;qr = upper_bound(vb + 1, vb + n + 1, r) - vb - 1;add(ql - i, qr - i, -x);}if (m - x <= m - (m - x)) {int l = x, r = m;int ql = lower_bound(vb + 1, vb + n + 1, l) - vb;int qr = upper_bound(vb + 1, vb + n + 1, r) - vb - 1;add(ql - i, qr - i, -x);} else {int l = x, r = x + m / 2;int ql = lower_bound(vb + 1, vb + n + 1, l) - vb;int qr = upper_bound(vb + 1, vb + n + 1, r) - vb - 1;add(ql - i, qr - i, -x);l = r + 1, r = m;ql = lower_bound(vb + 1, vb + n + 1, l) - vb;qr = upper_bound(vb + 1, vb + n + 1, r) - vb - 1;add(ql - i, qr - i, x);}}ll ans = 1e18; int pos = 0;for (int i = 0; i <= n - 1; i++) {if (i != 0) s[i] += s[i - 1];if (s[i] < ans) {ans = s[i];pos = i;}}writeln(ans);static int res[MAXN];for (int i = 1; i <= n; i++)if (i + pos <= n) res[a[i].second] = b[i + pos].second;else res[a[i].second] = b[i + pos - n].second;for (int i = 1; i <= n; i++)printf("%d ", res[i]);return 0;
}

Problem G. Feeling Good

考虑给定两行 i,ji,ji,j ，如何判断能否在这两行找到所需结构。

我们需要分别找到一列，使得这两行对应的位置分别为 (0,1),(1,0)(0,1),(1,0)(0,1),(1,0) 。

若用二进制数 ai,aja_i,a_jai,aj 表示行 i,ji,ji,j ，则能够找到所需结构的充要条件是 aia_iai 不包含 aja_jaj ，且 aja_jaj 不包含 aia_iai 。

注意到 aia_iai 包含 aja_jaj 仅当 aia_iai 中 111 的个数不少于 aja_jaj 中 111 的个数，对于一个确定的局面，可以将所有行按照 111 的个数排序，然后便只需要检查相邻的两行就可以检查全局中是否存在所需结构。

对于存在修改的情况，只需要用 set 维护按照 111 的个数排序的数组即可。

用 bitset 实现修改和包含的判断，时间复杂度 O(Q(LogN+Mw))O(Q(LogN+\frac{M}{w}))O(Q(LogN+wM)) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2048;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {write(x);puts("");
}
set <int> ans;
int n, m, q, nxt[MAXN];
bitset <MAXN> a[MAXN], b[MAXN];
set <pair <int, int>> st;
void del(int x, int y) {assert(nxt[x] == y), nxt[x] = 0;if ((a[y] | a[x]) != a[y]) ans.erase(x);
}
void ins(int x, int y) {assert(nxt[x] == 0), nxt[x] = y;if ((a[y] | a[x]) != a[y]) ans.insert(x);
}
void del(int pos) {pair <int, int> val = make_pair(a[pos].count(), pos);auto tmp = st.lower_bound(val), suf = tmp; suf++;if (tmp != st.begin()) {auto pre = tmp; pre--;del((*pre).second, (*tmp).second);if (suf != st.end()) {ins((*pre).second, (*suf).second);}}if (suf != st.end()) {del((*tmp).second, (*suf).second);}st.erase(tmp);
}
void ins(int pos) {pair <int, int> val = make_pair(a[pos].count(), pos);auto tmp = st.insert(val).first, suf = tmp; suf++;if (tmp != st.begin()) {auto pre = tmp; pre--;if (suf != st.end()) {del((*pre).second, (*suf).second);}ins((*pre).second, (*tmp).second);}if (suf != st.end()) {ins((*tmp).second, (*suf).second);}
}
int main() {read(n), read(m), read(q);for (int i = 1; i <= m; i++) {b[i] = b[i - 1];b[i].set(i);}for (int i = 1; i <= n; i++)ins(i);for (int i = 1; i <= q; i++) {int x, l, r;read(x), read(l), read(r);del(x), a[x] ^= b[r] ^ b[l - 1], ins(x);if (ans.size()) {int x = *ans.begin(), y = nxt[x];int l = (a[x] & ~a[y])._Find_first(), r = (~a[x] & a[y])._Find_first();if (x > y) swap(x, y);if (l > r) swap(l, r);printf("%d %d %d %d\n", x, l, y, r);} else puts("-1");}return 0;
}

Problem H. Tiles Placement

首先特判 k=2k=2k=2 的情况，此时我们只需要对树进行二分图染色即可。

对于 k>2k>2k>2 的情况，我们可以首先考虑树的直径。若树的直径长度不足 kkk ，那么树中就不存在长度为 kkk 的路径，从而任意染色方案都是合法的。否则，直径中每一个长度为 kkk 的段颜色都要互不相同，因此直径上的染色方式是固定的，即按照 1,2,…,k,1,2,…,k,…1,2,\dots,k,1,2,\dots,k,\dots1,2,…,k,1,2,…,k,… 进行染色。

考虑直径上存在子树的各点 iii ，令其到直径的两段的点数为 x,yx,yx,y ，颜色为 ccc ，子树的最大深度为 ddd 。
若 d+x≥k,d+y≥kd+x\geq k,d+y\geq kd+x≥k,d+y≥k ，则表明从该子树内出发向直径的两头均存在长度为 kkk 的路径，由于 k≥3k\geq 3k≥3 ，一定存在两条分别延伸向两头的长度为 kkk 的路径经过的直径上的点颜色不同，从而此时问题无解。

否则，即 d+x≥k,d+y≥kd+x\geq k,d+y\geq kd+x≥k,d+y≥k 中至少一个不成立，若 d+x≥kd+x\geq kd+x≥k ，则可以将子树内深度为 iii 的点染为 c+ic+ic+i ，否则，可以将子树内深度为 iii 的点染为 c−ic-ic−i ，这里的加减需要考虑取模。注意我们是不需要考虑子树内的长度为 kkk 的路径的，因为以上两者的不成立同样说明了 2d+1<k2d+1<k2d+1<k ，从而子树内不存在长度为 kkk 的路径。