AtCoder Regular Contest 119

Posted 2021-05-18 C202044zxy

B.Electric Board

题目描述

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给定长度为 \\(n\\) 两个字符串 \\(S,T\\)，要求通过最少的操作数把 \\(S\\) 变成 \\(T\\)，操作就是对于 \\(s_l=0\\and s_{l+1}=...=s_r=1\\) 或者 \\(s_l=1\\and s_{l+1}=...=s_r=0\\) 可以交换元素 \\(s_l\\) 和 \\(s_r\\)

\\(2\\leq n\\leq 500000\\)

解法1

我们可以把所有 \\(0\\) 换到应该的位置上，那么 \\(1\\) 也就确定了。

\\(0\\) 换过去的代价是路上 \\(0\\) 的数量，这就和 \\(1\\) 没关系了，那么我们把 \\(S,T\\) 的 \\(0\\) 都取出来，相邻的配对即可。

解法2

我们可以把所以 \\(1\\) 换到应该的位置上，那么 \\(0\\) 也就是确定了。

\\(1\\) 换过去的代价是路上 \\(0\\) 的数量，这和 \\(0/1\\) 都有关系，直接匹配是行不通的，\\(\\tt oneindark\\) 给出的做法是从左往右扫，如果遇到 \\(S\\) 有 \\(1\\) 但是 \\(T\\) 没有就把他移动到右边第一个 \\(0\\)，如果 \\(T\\) 有 \\(1\\) 但是 \\(S\\) 没有也把他移动到右边第一个 \\(0\\)

这种做法的正确性有二：一是两个状态都往中间靠拢；二是我们永远在不得不操作的时候操作。

C.ARC Wrecker 2

题目描述

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有 \\(n\\) 个楼房，第 \\(i\\) 个高为 \\(a_i\\)，相邻的楼房可以同时增加或同时减少，问能够推平（高度全部变成 \\(0\\)）的区间有多少个。

\\(2\\leq n\\leq 300000,1\\leq a_i\\leq 10^9\\)

解法

一定要有敏锐的观察能力，这道题的结论是：如果奇偶位置高度相同则可以推平。

证明不难，因为无论怎么操作奇偶的差都是不变的，而目标奇偶差值为 \\(0\\)，初始状态一定能到目标状态。

然后搞一个特殊的前缀和，奇数位置符号为正，偶数位置符号为负，找权值和为 \\(0\\) 的区间即可。

#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
const int M = 300005;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<\'0\' || c>\'9\') {if(c==\'-\') f=-1;}
	while(c>=\'0\' && c<=\'9\') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,ans,a[M];map<int,int> mp;
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();
		if(i>1) a[i]+=a[i-2];
	}
	mp[0]=mp[a[1]]=1;
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
	{
		int x=2*i;
		ans+=mp[a[x-1]-a[x]];
		if(x<n) ans+=mp[a[x+1]-a[x]];
		mp[a[x-1]-a[x]]++;
		mp[a[x+1]-a[x]]++;
	}
	printf("%lld\\n",ans);
}

D.Grid Repainting 3

题目描述

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解法

注意到一开始没有白色格子，所以设被染白的行数量为 \\(a\\)，列数量为 \\(b\\)，我们只需要最大化：

\\[n\\times m-(n-a)(m-b) \\]

然后就要开始观察了，不难发现一个红色格子操作后可能覆盖到其他格子，就不能让所有红色格子充分发挥作用。所以如果我们确定了某一个红色格子的状态，那么可以确定和他在同行同列格子的状态，以此类推，这像是一个牵一发而动全身的过程。

举个例子，比如我们要操作 \\((x,y)\\) 的行 \\(x\\)，那么和他同行的格子必须选择漂白列，和他同列的格子必须选择漂白行，因为不能影响 \\((x,y)\\)，所以我们把每个点和其同行同列的点连边，那么所形成的连通块就能解决所有它的行和列的染色，除了激发点，如果激发点漂白行那么就少了一列的漂白，如果激发点漂白列那么就少了一行的漂白。

继续发现激发点的选择是无关紧要的，我们可以通过枚举来确定有多少连通块的激发点要漂白行，有多少连通块的激发点要漂白列，输出方案递归即可。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 2505;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<\'0\' || c>\'9\') {if(c==\'-\') f=-1;}
	while(c>=\'0\' && c<=\'9\') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,a,b,cnt,ans,p,r[M],c[M];
char s[M][M];vector<int> v;
void dfs(int x,int y)
{
	if(r[x] && c[y]) return ;
	bool rx=r[x],cy=c[y];r[x]=c[y]=1;
	if(!rx) for(int i=1;i<=m;i++)
		if(s[x][i]==\'R\') dfs(x,i);
	if(!cy) for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i][y]==\'R\') dfs(i,y);
}
void print(int x,int y)
{
	if(r[x] && c[y]) return ;
	bool rx=r[x],cy=c[y];r[x]=c[y]=1;
	if(!rx) for(int i=1;i<=m;i++)
		if(s[x][i]==\'R\') print(x,i);
	if(!cy) for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i][y]==\'R\') print(i,y);
	if(!rx && cy) printf("X %d %d\\n",x,y);
	if(rx && !cy) printf("Y %d %d\\n",x,y);
}
signed main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%s",s[i]+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(s[i][j]==\'R\' && !r[i] && !c[j])
			{
				dfs(i,j);cnt++;
				v.push_back(i*m+j-1);
			}
	for(int i=1;i<=n;i++) a+=r[i];
	for(int i=1;i<=m;i++) b+=c[i];
	for(int i=0;i<=cnt;i++)
	{
		int x=n-a+i,y=m-b+(cnt-i);
		if(n*m-x*y>ans) ans=n*m-x*y,p=i;
	}
	for(int i=1;i<=max(n,m);i++)
		c[i]=r[i]=0;
	printf("%d\\n",a+b-cnt);
	for(int i=0;i<p;i++)
	{
		print(v[i]/m,v[i]%m+1);
		printf("Y %d %d\\n",v[i]/m,v[i]%m+1);
	}
	for(int i=p;i<cnt;i++)
	{
		print(v[i]/m,v[i]%m+1);
		printf("X %d %d\\n",v[i]/m,v[i]%m+1);
	}
}

E.Pancakes

题目描述

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解法

翻转一段区间 \\([l,r]\\)，两边和中间相邻数字差都不会变，只有左右端点会变，会令答案加上：

\\[|s_r-s_{l-1}|+|s_{l}-s_{r+1}|-(|s_l-s_{l-1}|+|s_r-s_{r+1}|) \\]

后面那一块我们先不管，我们来把前面的绝对值拆开：

• 如果 \\(s_r\\geq s_{l-1},s_l\\geq s_{r+1}\\)，拆开后是 \\((s_r-s_{r+1})-(s_l-s_{l-1})\\)
• 如果 \\(s_r\\geq s_{l-1},s_l\\leq s_{r+1}\\)，拆开后是 \\((s_r+s_{r+1})-(s_l+s_{l-1})\\)

这道题有一个十分关键的点就是不需要区分是 \\(l\\) 还是 \\(r\\)，比如说某一个情况我们算成 \\(r\\) 在前 \\(l\\) 在后，这对应着另一种 \\(l\\) 在前 \\(r\\) 在后的情况，所以我们只需要看成 \\((s_x,s_{x-1})\\) 这若干个二元组求偏序关系即可。

然后偏序关系还有两种，但是会被 \\(\\tt Case\\space 1,2\\) 给计算到所以不用管，时间复杂度 \\(O(n\\log n)\\)