Manthan Codefest 19 题解

这套题还是有点质量的吧 ……

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A. XORinacci

傻叉签到题，因为异或的性质所以这个序列的循环节长度只有 \(3\) ……

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B. Uniqueness

因为序列长度乃至数的种类都不超过 \(2000\)，考虑先把序列离散化。

题意让我们求一个最短的区间满足如下性质，对于每一种数，其在此区间出现次数不小于在原序列中的出现次数减 \(1\)。

可以先前缀和求一下对于每种数，当前位置及之前的出现次数，和至少一共需要删掉多少个这种数，即在原序列中的出现次数减 \(1\)，方便以后的计算。

然后双指针确定一个这个区间即可，因为支持$ O(n^2)$ 的算法，所以 \(for\) 每一种数暴力 \(Check\)。

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C. Magic Grid

结论题，看到 \(n\) 是 \(4\) 的倍数就自然想到将网格拆成若干个 \(4 * 4\) 的网格来做，每一部分网格依然满足题意的性质，并且拼起来也使大网格满足题意性质。

结果发现 \(2 * 2\) 的网格即可满足性质…… 对于每一组连续的 \(4\) 个数，存在一种构造方法满足上述性质。

不明白就看代码吧，挺简单的。

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D. Restore Permutation

一道傻叉线段树因为写错递归的函数名调了半个多小时…… 属实降智了……

一开始读错题，看成是 \(s_i\) 表示 \(i\) 之前满足 \(p_j < p_i\) 的数的个数，那这道题目的套路就很常见，从后向前推，最后一个数就是当前未选的数中的第 \(s_i + 1\) 个数。

而正确的题意可谓从这上面发展而来，\(s_i\) 表示 \(i\) 之前满足 \(p_j < p_i\) 的数值之和。相当于把上述题意中，一个数的贡献从 \(1\) 改为了其数值而已。这样，用线段树维护前缀和，每次在上面二分查应该到哪个位置，即当前的数，然后选了的数就单点修改为 \(0\) 来删除对前缀和的贡献。

至于一些细节，思路清晰的话试一下就出来了。

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E. Let Them Slide

没来得及写，不过真的没想到只做 \(4\) 题也上分了……

容易发现每一行都是独立的，对每一列，我们只需要把每一行能对这个位置做的最大贡献加起来就好了，所以对每一行单独处理。

设 \(len\) 为当前行的序列长度，当 \(w > 2 * len\) 时，显然区间 \([len + 1,\ w - len]\) 是可以取到每一个数，包括空位置（贡献为 \(0\)）的，对这一段区间可以直接加上 \(max(max\_num,\ 0)\)，\(max\_num\) 为序列中最大值。

现在处理区间 \([1,\ len]\) 和 \([w - len + 1,\ w]\)，画图总结，对于前者中的每一个位置 \(j\)，能取到的序列中的数为 \([max(0,\ j - w + len),\ j]\)，对于后者，为 \([j - w + len,\ min(j,\ len + 1)]\)，那么贡献就是这段区间中的区间最大值。

注意这两段区间如果存在重叠部分不要重叠区间计两次贡献，至于区间最大值，用 \(st\) 表处理即可，至于贡献的统计可以随便用数据结构做。

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F. Bits And Pieces

思路很巧妙，完全没思路…… 本没脑子选手的水平看来也就半斤八两，到此为止了……

考虑按位与的操作只会让二进制中的 1 变少，因此值域不会变大，可以对每一个数，统计其可以被与出哪些数，并让此数 \(x\) 对 \(cnt[x]\) 做出 \(1\) 的贡献。

巧妙之处在于，如果有两个数都可以通过与运算得到 \(x\)，那让这两个数做按位与，就可以与出一个二进制上只会比 \(x\) 多出 \(1\) 而不会少的数，即 \(x\) 是其二进制的子集。换句话说，如果用它做或运算，那么至少能做出 \(x\) 所做的贡献。

这样，我们只想要知道有哪些数可以被序列中的两个数做与运算得到。

可以 \(Dfs\) 爆枚二进制子集来统计其可以被与出哪些数，这样每个数至多是 \(O(2^{20})\) 的。但是如果一个数已经处理过两次了，也就是说它及其它二进制的子集已经都能被某两个数来与出两次了，那么已经达到了我们的目的，就无需再处理了，所以总渐进时间复杂度是 \(O(n)\) 的。

我们要求的是当前数与后面某两个数按位或得到的最大值，就可以从上面 \(cnt[]\) 大于 \(2\) 的数中找，从高位到低位贪心地让 \(0\) 变成 \(1\)，这里可以结合代码理解。

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