@Dmaxiya 2019-01-15T19:59:04.000000Z 字数 9349 阅读 1214

Codeforces Round #531 (Div. 3)

Codeforces

Contests 链接：Codeforces Round #531 (Div. 3)
过题数：5
排名：176/9160

A. Integer Sequence Dividing

题意

给定一个整数 $n$ ，将 $[1,n]$ 以内所有的整数分到两个集合 $A$ 和 $B$ 中，每个整数只能被分到一个集合，要求两个集合中所有数字的和的差的绝对值最小，即： $|sum_A-sum_B|$ 的值最小，其中空集合内所有数字的和为 $0$ 。

输入

输入仅包含一个整数 $n~(1\leq n\leq2\times10^9)$ 。

输出

输出题目所求答案。

样例

输入
3
输出
0
提示
其中一种合法的分法是：令 $A=\{1,2\},B=\{3\}$ ，这样 $\|sum_A-sum_B\|=0$ 。

输入
5
输出
1
提示
其中一种合法的分法是：令 $A=\{1,3,4\},B=\{2,5\}$ ，这样 $\|sum_A-sum_B\|=1$ 。

输入
6
输出
1
提示
其中一种合法的分法是：令 $A=\{1,4,5\},B=\{2,3,6\}$ ，这样 $\|sum_A-sum_B\|=1$ 。

题解

通过多次枚举可以发现，如果 $n$ 是 $4$ 的整数倍，那么对于每 $4$ 个数字，就可以用 $a_1+a_4=a_2+a_3$ 将第 $1$ 个和第 $4$ 个分到一个集合中，剩下的分到另一个集合中，而对于 $n$ 不是 $4$ 的整数倍的情况，可以将多出来的 $x~(0<x<4)$ 个数按照 $n=1,2,3$ 时进行划分，就可以得到最小答案。

过题代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cfloat>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <sstream>
using namespace std;
#define LL long long
int n;
int ans[10] = {0, 1, 1, 0};
int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d", &n) != EOF) {
        printf("%d\n", ans[n % 4]);
    }
    return 0;
}

B. Array K-Coloring

题意

给定 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 和 $k$ 种颜色，要求用这 $k$ 种颜色给所有整数上色，并且满足下面三个要求：

每个整数都必须要涂上一种颜色；

每种颜色至少要被涂上一次；

所有被颜色 $i$ 涂上的数字都必须是不同的。

若存在满足上述条件的涂色方案，则输出任意一种，否则输出 $NO$ 。

输入

第一行为两个整数 $n,k~(1\leq k\leq n\leq5000)$ ，第二行为 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\cdots,a_n~(1\leq a_i\leq5000)$ 。

输出

如果不存在合法的解，则输出 $NO$ ，否则在第一行输出 $YES$ ，并在第二行给出任意一种合法的解，每种颜色用数字 $[1,k]$ 内的整数表示。

样例

输入
4 2 1 2 2 3
输出
YES 1 1 2 2
提示
$2~1~2~1$ 也是一种合法的涂色方案，当然也存在其他合法的涂色方案。

输入
5 2 3 2 1 2 3
输出
YES 2 1 1 2 1
提示
$1~1~1~2~2$ 也是一种合法的涂色方案，当然也存在其他合法的涂色方案。

输入
5 2 2 1 1 2 1
输出
NO

题解

若存在任意一个颜色出现的次数大于 $k$ ，则输出 $NO$ ，否则将每个数字 $x$ 出现的位置存在一个 vector<int> 数组的第 $x$ 个位置上，然后按下标从小到大遍历这个 vector<int> 数组，按 $[1,k]$ 的循环给所有位置上色。

过题代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cfloat>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <sstream>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 5000 + 100;
int x, n, k;
int ans[maxn];
vector<int> G[maxn];
int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d%d", &n, &k) != EOF) {
        for(int i = 0; i < maxn; ++i) {
            G[i].clear();
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", &x);
            G[x].push_back(i);
        }
        int Index = 0;
        bool flag = true;
        for(int i = 0; i < maxn; ++i) {
            int len = G[i].size();
            if(len > k) {
                flag = false;
                break;
            }
            for(int j = 0; j < len; ++j) {
                int pos = G[i][j];
                ans[pos] = Index;
                Index = (Index + 1) % k;
            }
        }
        if(!flag) {
            printf("NO\n");
            continue;
        }
        printf("YES\n");
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(i != 1) {
                printf(" ");
            }
            printf("%d", ans[i] + 1);
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

C. Doors Breaking and Repairing

题意

有两个人玩一个游戏，最开始有 $n$ 扇门，第 $i$ 扇门初始的耐久性为 $a_i$ ，你是先手，另一个人后手，每当你选择一扇门，可以将这扇门的当前耐久度 $b_i$ 改为 $\max(0,b_i+0)$ ，每当另一个人选择一扇门，若这扇门的当前耐久度不为 $0$ ，则可以将其修改为 $b_i+y$ ，你希望有最多的门的耐久度变为 $0$ ，而另一个人希望有最少的门的耐久度变为 $0$ ，两人都采取最优策略，问经过 $10^{100}$ 轮游戏之后，最多有多少扇门的耐久度变为 $0$ 。

输入

第一行为 $3$ 个整数 $n,x,y~(1\leq n\leq100,1\leq x,y\leq10^5)$ ，第二行有 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\cdots,a_n~(1\leq a_i\leq10^5)$ 。

输出

输出题目所求答案。

样例

输入
6 3 2 2 3 1 3 4 2
输出
6

输入
5 3 3 1 2 4 2 3
输出
2

输入
5 5 6 1 2 6 10 3
输出
2

题解

若 $x>y$ ，则先手一定能将所有门的耐久度都变为 $0$ ，否则若先手破坏一道 $a_i>x$ 的门，后手就可以立即对第 $i$ 扇门进行修复，所以先手只能去破坏 $a_i\leq x$ 的门，而后手一定会去修复还没有被破坏的 $a_i\leq x$ 的门，所以先手最多只能破坏 $\lceil\frac{cnt}{2}\rceil$ 扇门，其中 $cnt$ 为 $a_i\leq x$ 的门的数量。

过题代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cfloat>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <sstream>
using namespace std;
#define LL long long
int n, x, y, num, cnt;
int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d%d%d", &n, &x, &y) != EOF) {
        cnt = 0;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%d", &num);
            if(num <= x) {
                ++cnt;
            }
        }
        if(x > y) {
            printf("%d\n", n);
            continue;
        } else {
            printf("%d\n", (cnt + 1) / 2);
        }
    }
    return 0;
}

D. Balanced Ternary String

题意

给定一个长度为 $n$ 的三元字符串，字符串中只包含三种字符：0 1 2，每次可以将字符串中的一个字符替换成另一个字符，要求替换最少的次数，使得这个三元字符串每种字符的个数相等，如果有多种答案，输出字典序最小的一种。

输入

第一行包含一个整数 $n~(3\leq n\leq3\times10^5,3|n)$ ，第二行为一个长度为 $n$ 的三元字符串。

输出

输出题目所求答案。

样例

输入
3 121
输出
021

输入
6 000000
输出
001122

输入
6 211200
输出
211200

输入
6 120110
输出
120120

题解

先统计字符 0 1 2 出现的次数 $cnt_{0,1,2}$ ，然后先从前往后确定所有 $0$ 的位置，若 $cnt_0\geq\frac{n}{3}$ ，则将前 $\frac{n}{3}$ 个 $0$ 标为 $true$ ，表示完全确定，并且不能更改，多出来的 0 为 $false$ ，表示可以更改，若 $cnt_0<\frac{n}{3}$ ，则将靠前的非 0 的 $cnt$ 值大于 $\frac{n}{3}$ 的字符改为 0，并修改相应的 $cnt$ 值，并将该位置标为 $true$ ，对于 1 和 2 也是如此。

过题代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cfloat>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <sstream>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 300000 + 100;
int n;
int cnt[3];
bool vis[maxn];
char str[maxn];
int id(char ch) {
    return ch - '0';
}
int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d%s", &n, str) != EOF) {
        int len = strlen(str);
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        for(int i = 0; i < len; ++i) {
            ++cnt[id(str[i])];
            vis[i] = false;
        }
        for(int i = 0; i < 3; ++i) {
            if(cnt[i] > n / 3) {
                int tmp = n / 3;
                for(int j = 0; j < len; ++j) {
                    if(str[j] == '0' + i) {
                        vis[j] = true;
                        --tmp;
                        if(tmp == 0) {
                            break;
                        }
                    }
                }
            } else {
                for(int j = 0; j < len; ++j) {
                    if(str[j] == '0' + i) {
                        vis[j] = true;
                    } else {
                        if(!vis[j] && cnt[id(str[j])] > n / 3 && cnt[i] < n / 3) {
                            --cnt[id(str[j])];
                            str[j] = '0' + i;
                            ++cnt[i];
                            vis[j] = true;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        printf("%s\n", str);
    }
    return 0;
}

E. Monotonic Renumeration

题意

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$ ，要求生成一个满足以下条件的序列 $b$ ：

$b_1=0$ ；

对于任意的 $1\leq i,j\leq n$ ，若 $a_i=a_j$ ，则 $b_i=b_j$ （若 $a_i\neq a_j$ ，也可以使得 $b_i=b_j$ ）;

对于每一个 $i\in[1,n)$ ，有 $b_i=b_{i+1}$ 或者 $b_i+1=b_{i+1}$ 。

统计总共有多少种 $b$ 序列满足条件，将答案对 $998244353$ 取模后输出。

输入

第一行包含一个整数 $n~(2\leq n\leq2\times10^5)$ ，第二行包含 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\cdots,a_n~(1\leq a_i\leq10^9)$ 。

输出

输出题目所求答案。

样例

输入
5 1 2 1 2 3
输出
2

输入
2 100 1
输出
2

输入
4 1 3 3 7
输出
4

题解

由 $2$ 和 $3$ 可知若存在 $a_l=a_r~(l\leq r)$ ，则对于任意 $i,j\in[l,r]$ ，有 $b_i=b_j$ ，因此所有 $n$ 个整数被分为 $x$ 个区间，每个区间内的 $b_i$ 值都必须相等，答案就是 $2^{x-1}\mod998244353$ 。
先记录每个数字 $a_i$ 最后出现的下标 $End_{a_i}$ ，然后将 $j$ 从 $i$ 到 $End_{a_i}$ 扫一遍，在扫的过程中将所有 $End_{a_j}>End_{a_i}$ 的值更新到 $End_{a_i}$ 中，直到停止扫描，则刚刚扫过的整个区间的 $b_j$ 的值都必须相同。即上述的 $x$ 个区间中的其中一个。

过题代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cfloat>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <sstream>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 200000 + 100;
const LL MOD = 998244353;
int n;
int num[maxn], End[maxn];
vector<int> sand;
LL fast_pow(LL res, LL n) {
    LL ans;
    for(ans = 1; n != 0; n >>= 1) {
        if((n & 1) == 1) {
            ans = ans * res % MOD;
        }
        res = res * res % MOD;
    }
    return ans;
}
int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d", &n) != EOF) {
        sand.clear();
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", &num[i]);
            sand.push_back(num[i]);
        }
        sort(sand.begin(), sand.end());
        sand.erase(unique(sand.begin(), sand.end()), sand.end());
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            num[i] = lower_bound(sand.begin(), sand.end(), num[i]) - sand.begin() + 1;
            End[num[i]] = i;
        }
        LL ans = 0;
        int Begin = 1;
        int EEnd;
        while(Begin != n + 1) {
            EEnd = End[num[Begin]];
            ++ans;
            for(int i = Begin; i <= EEnd; ++i) {
                EEnd = max(EEnd, End[num[i]]);
            }
            Begin = EEnd + 1;
        }
        printf("%I64d\n", fast_pow(2, ans - 1));
    }
    return 0;
}

F. Elongated Matrix

题意

有一个 $n\times m$ 的矩阵，可以对这个矩阵进行交换任意两行的操作（也可以不进行任何操作），但是列的顺序不能被交换，要求交换完毕后，将最后的矩阵进行按列扫描（即按 $a_{1,1},a_{2,1},\cdots,a_{n,1},a_{1,2},a_{2,2},\cdots,a_{n,2},\cdots,a_{n,m}$ 的顺序扫描），得到一个序列 $s_1,s_2,\cdots,s_{nm}$ ，序列 $s$ 的任意相邻两项之间满足 $|s_i-s_{i+1}|\geq k~(1\leq i<nm)$ ，求最大的 $k$ 值。

输入

第一行为两个整数 $n,m~(1\leq n\leq16,1\leq m\leq10^4,2\leq nm)$ ，接下去 $n$ 行每行 $m$ 个整数，第 $i$ 行第 $j$ 列的整数 $a_{i,j}$ 表示矩阵对应位置的整数，其中 $1\leq a_{i,j}\leq10^9$ 。

输出

输出题目所求答案。

样例

输入
4 2 9 9 10 8 5 3 4 3
输出
5
提示
将矩阵按行交换成如下矩阵，即可得到最大的 $k$ 值 $5$ ： 5 3 10 8 4 3 9 9 此时 $s$ 序列为： $[5,10,4,9,3,8,3,9]$ ，任意两个相邻元素之间的差值至少为 $5$ 。

输入
2 4 1 2 3 4 10 3 7 3
输出
0
提示
将行按任意顺序排列，得到的 $k$ 值都为 $0$ 。

输入
6 1 3 6 2 5 1 4
输出
3
提示
原序列的 $k$ 值已经为 $3$ 。

题解

由于对于任意两行 $i$ 和 $j$ ，只要 $i$ 是 $j$ 的下一行，那么这两行中任意一列的差值都是定值，且从第 $i$ 行到第 $j$ 行的距离必然为 $dis[i][j]=\min(|a_{i,l}-a_{j,l}|),l\in[1,m]$ ，因此可以将 $m$ 列处理成 $1$ 列，不考虑跨列连接的问题的话，就变成了 $n$ 行 $1$ 列的问题了。
定义 $dp[s][t][l]$ 表示以第 $s$ 行为起点，第 $t$ 列为终点， $l$ 的二进制位中所有为 $1$ 的位都被访问过的状态的最大满足条件的距离，假设从 $s$ 到中转行 $c$ 的遍历行数的状态为 $l$ ，那么到达一个新的行 $t$ 的距离，可以用状态转移方程得到：

$dp[s][t][l|(1<<t)]=\max(\min(dp[s][c][l],dis[c][t]))\quad(bit_{l,s}=bit_{l,c}=1,bit_{l,t}=0)$

其中 $bit_{a,b}$ 表示 $a$ 的第 $b$ 个二进制位的值。 $dp$ 的初始值为
$dp[i][j][k]= \begin{cases} \infty&i=j,k=1<<i\\ 0&others \end{cases}$

最后考虑跨列的情况，即以 $s$ 为起始行， $t$ 为最终行，从 $t$ 行的当前列到 $s$ 行的下一列，其距离为： $dis\_next[t][s]=\min(|a_{t,j}-a_{s,j+1}|)~(s\neq t,1\leq j<m)$ ，将所有 $dp[s][t][l]$ 与对应的 $dis\_next$ 取 $\min$ ，再取所有的最大值，就是答案。
注意特判 $n=1$ 的情况。

过题代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cfloat>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <sstream>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 16;
const int maxm = 10000 + 100;
int n, m;
int num[maxn][maxm];
int dp[maxn][maxn][1 << maxn];
int dis[maxn][maxn], dis_next[maxn][maxn];
int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            for(int j = 0; j < m; ++j) {
                scanf("%d", &num[i][j]);
            }
        }
        if(n == 1) {
            int ans = INT_MAX;
            for(int i = 1; i < m; ++i) {
                ans = min(ans, abs(num[0][i] - num[0][i - 1]));
            }
            printf("%d\n", ans);
            continue;
        }
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            for(int j = 0; j < n; ++j) {
                dis[i][j] = INT_MAX;
                dis_next[i][j] = INT_MAX;
                if(i == j) {
                    continue;
                }
                for(int k = 0; k < m; ++k) {
                    dis[i][j] = min(dis[i][j], abs(num[i][k] - num[j][k]));
                    if(k != 0) {
                        dis_next[i][j] = min(dis_next[i][j], abs(num[i][k - 1] - num[j][k]));
                    }
                }
            }
        }
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            dp[i][i][1 << i] = INT_MAX;
        }
        for(int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
            for(int s = 0; s < n; ++s) {
                if(((i >> s) & 1) == 0) {
                    continue;
                }
                for(int t = 0; t < n; ++t) {
                    if(s == t || ((i >> t) & 1) == 1) {
                        continue;
                    }
                    for(int j = 0; j < n; ++j) {
                        if(((i >> j) & 1) == 0) {
                            continue;
                        }
                        int tmp = i | (1 << t);
                        dp[s][t][tmp] = max(dp[s][t][tmp], min(dp[s][j][i], dis[j][t]));
                    }
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        int tmp = (1 << n) - 1;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            for(int j = 0; j < n; ++j) {
                if(i == j) {
                    continue;
                }
                ans = max(ans, min(dp[i][j][tmp], dis_next[j][i]));
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

Codeforces Round #531 (Div. 3)

A. Integer Sequence Dividing

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B. Array K-Coloring

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C. Doors Breaking and Repairing

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D. Balanced Ternary String

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E. Monotonic Renumeration

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F. Elongated Matrix

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