Codeforces Round #535 (Div. 3) 题解

Posted 2021-02-07 heyuhhh

Codeforces Round #535 (Div. 3)

题目总链接：https://codeforces.com/contest/1108

太懒了啊~好久之前的我现在才更新，赶紧补上吧，不能漏掉了。

A. Two distinct points

题意：

给出两个区间的左右边界，输出两个数，满足两个数分别在两个区间内且这两个数不相等。

 

题解：

直接输出左端点然后判断一下就行了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int q;
int l1,r1,l2,r2;
int main(){
    cin>>q;
    for(int i=1;i<=q;i++){
        cin>>l1>>r1>>l2>>r2;
        if(l1==l2) l2++;
        cout<<l1<<" "<<l2<<endl;
    }
    return 0;
}

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B. Divisors of Two Integers

题意：

给出n个数，这n个数都为两个数的因子，最后要求你输出这两个数为什么。

 

题解：

既然是因子，那么答案也肯定包含在这n个数中，并且因子应该是较大的数。

那么我们排序后从后往前枚举，遇到一个没有被删除的数我们就把它当作我们的答案，并且在其它数中删掉它的因子。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200;
int n;
int d[N],del[N];
vector <int> vec[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]);
    sort(d+1,d+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x=d[i];
        for(int j=2;j*j<=x;j++){
            if(x%j==0){
                vec[i].push_back(j);
                if(j*j!=x) vec[i].push_back(x/j);
            }
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(del[i]) continue ;
        int cnt = 0;
        while(cnt<vec[i].size()){
            for(int j=2;j<=i;j++){
                if(del[j]) continue ;
                if(d[j]==vec[i][cnt]){
                    cnt++;
                    del[j]=1;
                    break ;
                }
            }
        }
    }
    int tot=0;
    for(int i=3;i<=n;i++) if(!del[i]) tot++;
    int now = 0;
    int x=1,y=1;
    for(int i=3;i<=n;i++){
        if(now==tot-1){
            if(!del[i]) y*=d[i];
        }
        else if(!del[i]) x*=d[i],now++;
    }
    cout<<x<<" "<<y;
    return 0;
}

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C. Nice Garland

题意：

给出一个字符串，这个字符串只由三个大写字母"B","G","R"构成，然后问你最少需要修改多少个字符，可以使得这个串成为一个“好串”。

好串的定义是，对于每一个字符，它和其它相同字符位置相差都为3的倍数。

 

题解：

因为相差都为3的倍数，那么我们可以断定前三个字符是互不相同的，并且之后每三个字符也是互不相同的。

另外也可以知道，后面的位置与前三个的位置是一一对应的，这样才满足相差为3的倍数这个条件。

那么我们就枚举前三个的所有可能情况，然后根据这个去统计后面需要的修改次数，最后取最小值就行了。

直接枚举太麻烦，所以使用全排列函数next_permutation。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5+5;
int n;
char s[N],a[N];
char p[10]={‘R‘,‘B‘,‘G‘};
int main(){
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",s);
    int ans = 0;
    sort(p,p+3);
    ans=0x3f3f3f3f3f;
    int tot=0;
    do{
            tot++;
       int cnt = 0;
       for(int i=0;i<min(n,3);i++){
            if(p[i]!=s[i]) cnt++;
       }
       for(int i=3;i<n;i++){
            if(p[i%3]!=s[i]) cnt++;
       }
       if(ans>cnt){
        ans=cnt;
        for(int i=0;i<3;i++) a[i]=p[i];
       }
    }while(next_permutation(p,p+3));
    cout<<ans<<endl;
    for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i%3];
    return 0;
}

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D. Diverse Garland

题意：

还是给出一个只由"R","G","B"构成的字符串，现在问最少的修改次数使得两两相邻的字符不想等为多少。

 

题解：

这题可以dp吧，但是我是直接贪心来做的。

直接这样想，对于一段连续且相等的串，我们只需要改变其偶数位置就行了。注意一下改变的时候不要和前面以及后面的相等了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5+5;
int n;
char s[N],p[N];
char a[N]={‘R‘,‘B‘,‘G‘};
void change(int x){
    for(int i=0;i<3;i++){
        p[x]=a[i];
        if(p[x]!=s[x-1] && p[x]!=s[x+1]) return ;
    }
    return ;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",s+1);
    int ans = 0;
    int tot=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=s[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i]!=s[i-1]) tot=1;
        else{
            tot++;
            if(tot%2==0){
                change(i);
                ans++;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++) cout<<p[i];
    return 0;
}

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E1. Array and Segments (Easy version)

题意：

给出n个数ai以及m个区间，现在要求你选择一些区间，然后每个区间里面的所有数减去1，最后问选择区间过后，n个数中最大值减去最小值最大为多少。

 

题解：

简单版本的数据范围比较小，直接暴力就行了。

暴力的话考虑枚举最后最小的位置是哪一个，然后就选择所有覆盖这个点的区间，暴力计算就ok。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 305,M = 305;
int a[N],mx[N],mn[N],b[N];
struct seg{
    int l,r,id;
    bool operator < (const seg &A)const{
        return r<A.r;
    }
}p[M];
int n,m;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&p[i].l,&p[i].r),p[i].id=i;
    sort(p+1,p+m+1);
    memset(mn,INF,sizeof(mn));
    for(int i=1;i<=n+1;i++) mx[i]=-INF;
    for(int i=n;i>=1;i--)
        mx[i]=max(mx[i+1],a[i]);
    for(int i=n;i>=1;i--)
        mn[i]=min(mn[i+1],a[i]);
    int ans = mx[1]-mn[1];
    int num=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++) a[j]=b[j];
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(p[j].l<=i && p[j].r>=i){
                for(int k=p[j].l;k<=p[j].r;k++) a[k]--;
            }
        }
        int minx = INF,maxx = -INF;
        for(int j=1;j<=n;j++) minx=min(minx,a[j]),maxx=max(maxx,a[j]);
        if(ans<maxx-minx){
            ans=maxx-minx;
            num=i;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    int tot=0;
    vector <int> vec;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(p[i].l<=num && p[i].r>=num) tot++,vec.push_back(p[i].id);
    }
    cout<<tot<<endl;
    for(auto v:vec) cout<<v<<" ";
    return 0;
}

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E2. Array and Segments (Hard version)

题意：

这题和E1的题目描述都是一样的，不同的就是数据范围变大了，现在是n<=1e5,m<=300，显然不能直接暴力枚举每个最小值了。

 

题解：

区间个数还是那么多，注意到区间个数比n小很多，那么我们可以考虑离散化，这样数轴上最多只剩下600个点，然后我们记录一下每一段的最大最小值。

这样段数也只有最多600个，区间还是300个，暴力枚举就不会超时了。

为啥可以把每一段看成点呢？因为对于被区间“分隔”的每一段区间，它们所拥有的区间覆盖都是相同的，这个画下图就知道了。

给出代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+5,M = 305;
int a[N],l[N],r[N],b[N],c[N];
int n,m,tot;
int mx[N],mn[N];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
        r[i]++;
        b[++tot]=l[i];
        b[++tot]=r[i];
    }
    b[++tot]=1;b[++tot]=n+1;
    sort(b+1,b+tot+1);
    tot = unique(b+1,b+tot+1)-(b+1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        l[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,l[i])-b;
        r[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,r[i])-b;
    }
    int t1=-INF,t2=INF;
    for(int i=1;i<tot;i++){
        mx[i]=mn[i]=a[b[i]];
        for(int j=b[i]+1;j<b[i+1];j++){
            mx[i]=max(mx[i],a[j]);
            mn[i]=min(mn[i],a[j]);
        }
        t1=max(t1,mx[i]);t2=min(t2,mn[i]);
    }
    vector <int> ans[N];
    int Ans=t1-t2,pos=0;
    for(int x=1;x<tot;x++){
        memset(c,0,sizeof(c));
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(l[j]<=x && r[j]>x)
                ans[x].push_back(j);
        }
        if(!ans[x].size()) continue ;
        for(auto v:ans[x]){
            c[l[v]]--;c[r[v]]++;
        }
        int s = 0,minx = INF,t=0,maxx=-INF;
        for(int i=1;i<tot;i++){
            s+=c[i];
            if(!t || mn[i]+s<minx) minx=mn[t=i]+s;
        }
        s = 0;
        for(int i=1;i<tot;i++){
            s+=c[i];
            if(mx[i]+s>maxx) maxx=mx[i]+s;
        }
        if(maxx-minx>Ans){
            Ans=maxx-minx;
            pos=x;
        }
    }
    cout<<Ans<<endl<<ans[pos].size()<<endl;
    for(auto v:ans[pos]) cout<<v<<" ";
    return 0;
}

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还有一种更巧妙地解法，用不上离散化，直接搞就是了。

就是还是从1~n进行枚举，只有当前点为某个区间的端点时进行更新，然后再暴力求最大最小值来计算。

这个复杂度是O(n*m)的。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+5,M = 305;
int n,m;
int a[N],b[N],l[N],r[N];
vector <int> pl[N],pr[N];
int main(){
    cin>>n>>m;
    int mx = -INF ,mn= INF;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        mx=max(mx,a[i]);
        mn=min(mn,a[i]);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
        pl[l[i]].push_back(i);
        pr[r[i]+1].push_back(i);
    }
    int ans = mx-mn,pos=-1,tmp;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int len1=pl[i].size(),len2=pr[i].size();
        if(len1){
            for(auto v:pl[i]){
                for(int j=l[v];j<=r[v];j++) a[j]--;
            }
        }
        if(len2){
            for(auto v:pr[i]){
                for(int j=l[v];j<=r[v];j++) a[j]++;
            }
        }
        if(len1 || len2){
            mx = -INF,mn = INF;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                mx=max(mx,a[i]);
                if(a[i]<mn){
                    mn=a[i];
                    tmp=i;
                }
                if(mx-mn>ans){
                    ans=mx-mn;
                    pos=tmp;
                }
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    int cnt = 0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(l[i]<=pos && r[i]>=pos) cnt++;
    }
    cout<<cnt<<endl;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(l[i]<=pos && r[i]>=pos) cout<<i<<" ";
    }
    return 0;
}

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F. MST Unification

题意：

给出一个无向图，每条边有相应边权，然后现在你可以对某些边的边权加上一个值。

现在问你最少需要多少次操作，可以使得这个图的最小生成树唯一。

 

题解：

这个思路还是挺巧妙的，也是求最小生成树。我们假设目前边权为x的边有c条，那么我们先剔除不用的边a，再尽可能地在途中加边b，最后的c-a-b条边就是我们需要对其进行操作的边。

然后稍微修改一下Kruskal就行了，具体见代码吧：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5+5;
int n,m;
int f[N];
struct Edge{
    int u,v,w;
    bool operator <(const Edge &A)const{
        return w<A.w;
    }
}e[N];
int find(int x){
    return f[x]==x ? f[x] : f[x]=find(f[x]);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        e[i]={u,v,w};
    }
    sort(e+1,e+m+1);
    for(int i=1;i<=n+1;i++) f[i]=i;
    int ans = 0;
    for(int i=1,j=1;i<=m;i=j){
        while(e[i].w==e[j].w) j++;
        int cnt = j-i;
        for(int k=i;k<j;k++){
            int fx=find(e[k].u),fy=find(e[k].v);
            if(fx==fy) cnt--;
        }
        for(int k=i;k<j;k++){
            int fx=find(e[k].u),fy=find(e[k].v);
            if(fx==fy) continue ;
            cnt--;
            f[fx]=fy;
        }
        ans+=cnt;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

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这份题解总算写完了~还有几个找时间再补吧。