Codeforces Round #585 (Div. 2)

Posted 2022-11-05 heyuhhh

传送门

A. Yellow Cards

细心点即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define MP make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
 
int a1, a2, k1, k2;
int n;
 
int main() 
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> a1 >> a2 >> k1 >> k2;
    cin >> n;
    int t = (k1 - 1) * a1 + (k2 - 1) * a2;
    int Min = max(0, n - t);
    int Max = 0;
    if(k1 > k2) 
        int out = min(n / k2, a2);
        n -= out * k2;
        Max = out;
        if(n >= k1) 
            Max += min(n / k1, a1);
        
     else 
        int out = min(n / k1, a1);
        n -= out * k1;
        Max = out;
        if(n >= k2) 
            Max += min(n / k2, a2);
        
    
    cout << Min << ' ' << Max;
    return 0;

B. The Number of Products

题意：
给出序列\(a_1,a_2,\cdots,a_n,a_i\not =0\)，分别计算：

• \([l,r]\)的对数，满足\(a_l\cdot a_l+1\cdot \cdots \cdot a_n>0\)；
• \([l,r]\)的对数，满足\(a_l\cdot a_l+1\cdot \cdots \cdot a_n<0\)；

思路：

• 显然最终结果与\(a_i\)的正负有关。
• 我们将负数变为\(1\)，正数变为\(0\)，那么我们可以看作求区间和为奇数/偶数的区间个数。
• 维护一个前缀和，再拿个桶统计个数即可。

详见代码：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define MP make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
 
int n;
int a[N], sum[N];
ll cnt[2], ans[2];
 
int main() 
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        cin >> a[i];
        if(a[i] > 0) a[i] = 0;
        else a[i] = 1;
    
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    
    for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] %= 2;
    ++cnt[0];
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        if(sum[i]) 
            ans[0] += cnt[1];
            ans[1] += cnt[0];
         else 
            ans[0] += cnt[0];
            ans[1] += cnt[1];
        
        ++cnt[sum[i]];
    
    cout << ans[1] << ' ' << ans[0];
    return 0;

C. Swap Letters

题意：
给出两个只由\(a,b\)组成的字符串。
现在可以执行操作：在\(s\)中选择一个\(pos_1\)，在\(t\)中选择一个\(pos_2\)，然后交换\(s_pos_1,t_pos_2\)。
求使得\(s=t\)的最小操作次数，或回答不能使其相等。

思路：
我们可以分情况考虑：

• 对于\(s_i=t_i\)的位置，我们不用管；
• 之后将\(s_i=a,t_i=b\)的所有位置拿出来，将这样的对记作\((a,b)\)；同理，另外一种情况记作\((b,a)\)。
• 观察可以发现：显然要先将所有属于相同类型的对两两匹配，这样每次只需要操作一次。
• 最后会剩下奇数个数的对数，若只存在一个\((a,b)\)和一个\((b,a)\)，此时需要两次操作；否则就不能使其相等。

简单来说，就是分情况考虑就行了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define MP make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
 
int n;
char s[N], t[N];
int cnt[4];
bool used[N];
 
int main() 
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    cin >> s + 1 >> t + 1;
    vector <pii> v;
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        if(s[i] == t[i]) continue;
        if(s[i] == 'a' && t[i] == 'b') 
            v.push_back(MP(0, i));
         else v.push_back(MP(1,i));
    
    sort(v.begin(), v.end());
    vector <pii> ans;
    for(int i = 1; i < v.size();) 
        if(v[i].fi == v[i - 1].fi) 
            ans.push_back(MP(v[i - 1].se, v[i].se));
            used[v[i - 1].se] = used[v[i].se] = 1;
            i += 2;
         else ++i;
    
    vector <pii> t;
    for(auto it : v) 
        if(!used[it.se]) t.push_back(it);
    
    if((int)t.size() & 1) 
        cout << -1; return 0;
    
    for(int i = 1; i < t.size(); i += 2) 
        ans.push_back(MP(t[i].se, t[i].se));
        ans.push_back(MP(t[i - 1].se, t[i].se));
    
    cout << ans.size() << '\n';
    for(auto it : ans) 
        cout << it.fi << ' ' << it.se << '\n';
    
    return 0;

D. Ticket Game

题意：
\(A\)和\(B\)玩博弈游戏，规则如下：
现在给出一个由数字给出的串，长度为偶数，可能会有偶数个位上面的值为\(?\)。
现在两个人依次在\(?\)上面填\(0\)~\(9\)的数，一直填到不能填为止。
\(A\)为先手，若最后串的左边部分数字之和等于右边部分的数字之和，那么\(B\)赢，否则\(A\)赢。

思路：
感觉还是分情况考虑一下，首先我们记已知的数中左半部分和为\(x\)，右半部分和为\(y\)；左边有\(a\)个\(?\)，右边有\(b\)个。

• 若\(x=y\)：
  • 若\(a\not =b\)，易知先手必胜；
  • 否则，后手每次根据先手填满\(9\)，后手必胜。
• 若\(x\not =y\)，不妨\(x>y\):
  • 若\(a\geq b\)，易知先手必胜，因为先手会在一边不断放\(9\)，后手只能不断维持差距，但最终不能弥补上差距；
  • 若\(a<b\)，前面的\(2a\)回合策略肯定同上，先手不断放\(9\)，后手则维持平衡；在剩下的回合中，当先手放\(x\)时，后手唯一优势就是能放一个\(y\)，使得\(x+y=9\)。所以当\(9|x-y\)时，后手必胜；否则，先手放一个较大的数，后面后手没放一个\(y\)，先手就放一个\(x\)使得\(x+y=9\)，那么后手就GG了。

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define MP make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
 
int n;
char s[N];
 
int main() 
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    cin >> s + 1;
    int x = 0, y = 0, a = 0, b = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        if(s[i] != '?') 
            if(i <= n / 2) x += s[i] - '0';
            else y += s[i] - '0';
         else 
            if(i <= n / 2) ++a;
            else ++b;
        
    
    if(x < y) swap(x, y), swap(a, b);
    if(a == b) 
        if(x == y) cout << "Bicarp";
        else cout << "Monocarp";
     else 
        if(a > b) 
            cout << "Monocarp";
         else 
            int d = x - y;
            int t = (b - a) / 2;
            if(9 * t == d) 
                cout << "Bicarp";
             else cout << "Monocarp";
        
    
    return 0;

E. Marbles

题意：
给出\(n\)个数，每个数大小不超过\(20\)。
现在可以执行操作：任意交换两个相邻的数。
现要求最少的次数使得颜色相同的数在同一块中。

思路：

• 注意到每个数大小不超过\(20\)，那么我们可以考虑对权值来状压。
• 我们首先维护一个\(cnt[i,j]\)，表示将\(i\)类颜色放在\(j\)类后面所需最小代价，注意，此时我们只考虑\(i,j\)两种颜色，不考虑其余的颜色。
• 之后我们枚举状态\(s\)，表示某些颜色被分为一块的最小代价。之后枚举一个新的颜色\(i\)加进去，假设\(j_1,j_2,\cdots,j_m\)的颜色已经分成一块了，代价就加上\(\sum_k=1^mcnt[i,j_k]\)，最后取\(min\)即可。

做法就说完了，感觉并不是很难。我觉得这个题巧妙的地方就是预处理的这个\(cnt\)数组。
预处理的时候只考虑了两个数，为什么？
这其实就相当于将\(n^2\)个关系一一拆开，假设\(i,j\)中间还有一个颜色\(k\)，我们一开始考虑时不会算上\(k\)，\(k\)的贡献我们会在最后算上。因为无论哪一次交换，都被包含在这\(n^2\)个关系中。
虽然中间结果可能不正确，最后一定会覆盖到正确的情况，就类似于曼哈顿距离拆绝对值进行枚举，虽然中间结果不一定是正确的，但最终答案肯定能够覆盖到。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 4e5 + 5, MAX = 1 << 20;
 
int n;
int a[N];
ll cnt[20][20];
vector <int> v[20];
ll dp[MAX];
 
void run() 
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        cin >> a[i], --a[i];
    
    for(int i = 0; i < 20; i++) 
        v[i].clear();
        for(int j = 0; j < 20; j++)
            cnt[i][j] = cnt[j][i] = 0;
    
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        v[a[i]].push_back(i);
    
    for(int i = 0; i < 20; i++) 
        if(!sz(v[i])) continue;
        for(int j = 0; j < 20; j++) 
            if(!sz(v[j]) || i == j) continue;
            int pos2 = 0;
            for(int pos1 = 0; pos1 < sz(v[i]); pos1++) 
                while(pos2 < sz(v[j])) 
                    if(v[j][pos2] > v[i][pos1]) break;
                    ++pos2;
                
                cnt[i][j] += sz(v[j]) - pos2;
            
        
    
    int lim = 1 << 20;
    for(int i = 0; i < lim; i++) dp[i] = INF;
    for(int i = 0; i < 20; i++) dp[1 << i] = 0;
    for(int s = 0; s < lim; s++) 
        vector <int> was;
        for(int i = 0; i < 20; i++) 
            if(s >> i & 1) was.push_back(i);
        
        for(int i = 0; i < 20; i++) 
            ll sum = 0;
            if((s >> i & 1) == 0) 
                for(auto j : was) 
                    sum += cnt[i][j];
                
            
            int ns = (s ^ (1 << i));
            dp[ns] = min(dp[ns], dp[s] + sum);
        
    
    cout << dp[lim - 1] << '\n';

 
int main() 
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n) run();
    return 0;