Codeforces Round #599 (Div. 2)

Posted 2020-11-30 kisekipurin2019

A - Maximum Square

题意：给 (n) 块宽度为 (1) 长度为 (a_i) 的木板，把这些木板拼在一起，求最大形成的正方形的边长。

题解：贪心，从大到小排序，然后找第一个满足 (a_i<i) 的位置break掉。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n, a[1005];

int main() {
#ifdef KisekiPurin
    freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
    int k;
    scanf("%d", &k);
    while(k--) {
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            scanf("%d", &a[i]);
        sort(a + 1, a + 1 + n, greater<int>());
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(a[i] >= i)
                ans = i;
            else
                break;
        }
        printf("%d
", ans);
    }
}

B1 - Character Swap (Easy Version)

题意：给两个互异的字符串 (s) 和 (t) ，必须选择某个 (s[i]) 和 (t[j]) 交换恰好1次，问能否使得两个字符串相等。

题解：交换恰好1次应该是最多减少两个不等的位置，找出不等的位置之后判断是不是恰好只有两个，若是，则直接交换然后判断相等，否则直接No。

注：由于是互异的所有不用特判0，否则0是一定合法的（交换(1,1)）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
char s[10005], t[10005];

int main() {
#ifdef KisekiPurin
    freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
    int k;
    scanf("%d", &k);
    while(k--) {
        scanf("%d%s%s", &n, s + 1, t + 1);
        vector<int> dif;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(s[i] != t[i]) {
                dif.push_back(i);
                if(dif.size() >= 3)
                    break;
            }
        }
        if(dif.size() != 2) {
            puts("No");
        } else {
            swap(s[dif[0]], t[dif[1]]);
            if(strcmp(s + 1, t + 1) == 0)
                puts("Yes");
            else
                puts("No");
        }
    }
}

B2 - Character Swap (Hard Version)

题意：给两个互异的字符串 (s) 和 (t) ，选择某个 (s[i]) 和 (t[j]) 交换不超过 (2n) 次，问能否使得两个字符串相等。

题解：很显然有解的必要条件就是所有的字母出现都是偶数次，先判断这个。其次满足上面的必要条件之后必定有解，因为使用最多2次交换就可以消除至少1个位置上的不同。具体的做法是：固定已经相等的前半部分，然后假如 (s[i] eq t[i])，如果有某个后面的 (s[id]=s[i]) ，那么就把 (s[id]) 和 (t[i]) 交换。否则，必定存在某个后面的 (t[id]=s[i]) ，但是 (t[id]) 不能直接与 (t[i]) 交换，所以让它与 (s[n]) 交换（这样比较好写），然后把 (s[n]) 和 (t[i]) 交换。

注：输出要先输出 (i) 再输出 (j) ，这个WA不值得。用set实现的这个算法可以应对5e4级别的，可惜数据量太小了，各路神仙直接暴力。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
char ss[55], tt[55];
int s[55], t[55];
set<int> accs[128], acct[128];
vector<pair<int, int> > op;

int main() {
#ifdef KisekiPurin
    freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
    int k;
    scanf("%d", &k);
    while(k--) {
        scanf("%d%s%s", &n, ss + 1, tt + 1);
        for(int c = 'a'; c <= 'z'; ++c) {
            accs[c].clear();
            acct[c].clear();
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            s[i] = (int)ss[i];
            t[i] = (int)tt[i];
            accs[s[i]].insert(i);
            acct[t[i]].insert(i);
        }
        bool suc = 1;
        for(int c = 'a'; c <= 'z'; ++c) {
            if((accs[c].size() + acct[c].size()) & 1) {
                suc = 0;
                break;
            }
        }
        if(suc) {
            op.clear();
            for(int i = 1; i <= n; ++i) {
                accs[s[i]].erase(i);
                if(s[i] != t[i]) {
                    if(accs[s[i]].size()) {
                        int id = *accs[s[i]].begin();
                        accs[s[id]].erase(id);
                        accs[t[i]].insert(id);
                        acct[t[i]].erase(i);
                        acct[s[id]].insert(i);
                        op.push_back({id, i});
                        swap(s[id], t[i]);
                    } else {
                        int id = *acct[s[i]].begin();
                        accs[s[n]].erase(n);
                        accs[t[id]].insert(n);
                        acct[t[id]].erase(id);
                        acct[s[n]].insert(id);
                        op.push_back({n, id});
                        swap(t[id], s[n]);

                        id = *accs[s[i]].begin();
                        accs[s[id]].erase(id);
                        accs[t[i]].insert(id);
                        acct[t[i]].erase(i);
                        acct[s[id]].insert(i);
                        op.push_back({id, i});
                        swap(s[id], t[i]);
                    }
                }
                acct[t[i]].erase(i);
            }
            puts("Yes");
            printf("%d
", (int)op.size());
            for(auto i : op)
                printf("%d %d
", i.first, i.second);

        } else
            puts("No");
    }
}

C - Tile Painting

题意：给排成一行的 (n) 个格子，要求所有的 (i,j) 满足 (|i-j|) 是 (n) 的因子的，都要同色，求最大的涂色数。

题解：非常显然就是所有质因子的gcd，当然因为都是质因子所有直接判断有没有多种然后输出 (1) 就可以，为什么要放在C题坑人，放在B题不好吗。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n;

int main() {
#ifdef KisekiPurin
    freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
    while(~scanf("%lld", &n)) {
        if(n == 1) {
            puts("1");
            continue;
        }
        ll cn = n;
        vector<ll> fac;
        for(ll i = 2; i * i <= cn; ++i) {
            if(cn % i == 0) {
                fac.push_back(i);
                while(cn % i == 0)
                    cn /= i;
            }
        }
        if(cn != 1)
            fac.push_back(cn);
        if(fac.size() >= 2)
            puts("1");
        else
            printf("%lld
", fac[0]);
    }
}

D - 0-1 MST

题意：给一个 (n) 个节点的完全图，有 (m) 条权为1的边，其他的边权为0，求最小生成树的权值和。

题解：改写Prim算法，放三个容器，一个权为无穷（未知），一个权为0，一个权为1，每次优先取出0容器里面的扩展，不消耗任何东西，否则取出1容器的扩展，cost++。扩展的时候1容器可以从无穷容器夺取节点，0容器可以从1容器夺取节点，所以1容器和无穷容器应该是set。复杂度想不明白。

注：换了好几次做法，最后应该是时间不够，浪费太多在前面换来换去了，应该是类似0-1BFS的思路，改写Prim算法。？？？这样魔改之后不就是0-1BFS了吗？就直接用0-1BFS就可以了。

补题细节：弄一个链表/并查集存放不在0容器里面的节点，遍历有序的边表时可以顺便知道哪些节点会进入0容器，哪些节点会变成1然后暂时放进1容器，吐出一个最小度点之后会删除这个链表/并查集中的大部分节点，最差情况是最小度点也是满的，也就是1e5的平方根的完全图，这种情况退化到2次方带log？但是数据小没问题（或者另外写一个算法解决这种情况），吐出点的顺序按度数来启发式吐，这样复杂度更玄学。

实验证明这样是对的。只有0-1边权的Prim实际上就和0-1BFS没有什么不同。主要是要避免遍历0边，解决的方法是记录还没有变成0边且有机会变成0边的节点，然后启发式吐出来一次尽可能把最多的0节点确定下来，复杂度玄学。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int  MAXN = 100005;

vector<int> G[MAXN];
int d[MAXN];

int dis[MAXN], vis[MAXN];
priority_queue<pair<int, int> > one, zero;

int pre[MAXN], nxt[MAXN];

int Prim(int s, int n) {
    int cnt = 0, cost = 0;
    dis[s] = 0;
    zero.push({-d[s], s});
    nxt[pre[s]] = nxt[s];
    pre[nxt[s]] = pre[s];
    while(cnt < n) {
        int u = -1;
        if(zero.size()) {
            u = zero.top().second;
            zero.pop();
        } else {
            u = one.top().second;
            one.pop();
            if(!vis[u])
                ++cost;
        }
        if(vis[u])
            continue;
        vis[u] = 1;
        ++cnt;

        int cur = nxt[0];
        for(int j = 0; j <= d[u]; ++j) {
            int v = G[u][j];
            while(v > cur) {
                if(dis[cur] != 0 && vis[cur] == 0) {
                    dis[cur] = 0;
                    zero.push({-d[cur], cur});
                    nxt[pre[cur]] = nxt[cur];
                    pre[nxt[cur]] = pre[cur];
                }
                cur = nxt[cur];
            }
            if(v == cur) {
                if(cur <= n && dis[cur] == INF) {
                    dis[cur] = 1;
                    one.push({-d[cur], cur});
                }
                cur = nxt[cur];
            }
        }
    }
    return cost;
}

int main() {
#ifdef KisekiPurin
    freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
    int n, m;
    while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
        while(one.size())
            one.pop();
        while(zero.size())
            zero.pop();
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            G[i].clear();
            dis[i] = INF;
            vis[i] = 0;
        }
        for(int i = 0; i <= n; ++i) {
            pre[i] = i - 1;
            nxt[i] = i + 1;
        }
        while(m--) {
            int u, v;
            scanf("%d%d", &u, &v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }
        int s = 1;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            d[i] = G[i].size();
            sort(G[i].begin(), G[i].end());
            G[i].push_back(n + 1);
            if(d[i] < d[s])
                s = i;
        }
        printf("%d
", Prim(s, n));
    }
}