Codeforces Round 962 (Div. 3)

题目链接：Codeforces Round 962 (Div. 3)

总结：ABC秒过，D有点难评了，E优化很妙。

A. Legs

tag：签到

void solve(){
    cin >> n;
    int a = n / 4, b = n % 4;
    a += b / 2;
    cout << a << endl;
}

B. Scale

tag：模拟

void solve(){
    cin >> n >> k;
    vector a(n + 1, vector<char>(n + 1));

    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = 1; j <= n; j ++)
            cin >> a[i][j];

    for (int i = 1; i <= n; i += k){
        for (int j = 1; j <= n; j += k)
            cout << a[i][j];
        cout << endl;
    }
}

C. Sort

tag: 前缀和

Description：给定两个字符串\(a, b\)，有\(q\)次查询，每次查询给定\(l_i, r_i\)。每次操作可以将一个\(a_i\)变成一个字符\(x\)；求每次询问令\(sort(al, ar) == sort(bl, br)\)的最小操作次数。

Solution：典型的trick，使用前缀和记录一下每个字符出现的次数，这样我们就可以\(O(1)\)得到每个区间内每个字符的个数。

void solve(){
    int q;
    cin >> n >> q;
    string a, b;
    cin >> a >> b;
    a = "$" + a;
    b = "$" + b;
    vector ta(n + 1, vector<int>(26));
    vector tb(n + 1, vector<int>(26));
    for (int i = 1; i <= n; i ++){
        ta[i] = ta[i - 1];
        tb[i] = tb[i - 1];
        ta[i][a[i] - 'a'] ++;
        tb[i][b[i] - 'a'] ++;
    }

    while (q --){
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        vector<int> t(26), tt(26);
        int cnt = 0;
        for (int i = 0; i < 26; i ++){
            t[i] = ta[r][i] - ta[l - 1][i];
            tt[i] = tb[r][i] - tb[l - 1][i];
            cnt += abs(t[i] - tt[i]);
        }
        cout << cnt / 2 << endl;
    }
}

D. Fun

tag：数学

Description：给定\(n, x\)，求三元组\(a, b, c\)满足\(a * b + a * b + b * c <= n \and a + b +c <= x\)的三元组的数量。

Solution：注意到是不等式显然需要化简，我们枚举\(a, b\)的值，那么\(c <= (n - a *b ) / (a + b) \and c <= x - (a + b)\)。时间复杂度是一个调和机数，\(n + n / 2 + n / 3 + ... + 1\)

void solve(){
	int x;
	cin >> n >> x;

	int ans = 0;
	for (int a = 1; a < n; a ++)
		for (int b = 1; a * b < n; b ++){
			ans += max(0LL, min((n - a * b) / (a + b), x - a - b));
		}
	cout << ans << endl;
}

E. Decode

tag：前缀和 + 优化

Description：给定一个\(0,1\)字符串\(s\)，对于所有\(1 <= l <= r <= n\)，求有多少对\(x, y\)，\(l <= x <= y <= r\)，且\([s_x, s_y]\)中两种字符的数量相等。

Solution：显然对于一个\(x, y\)区间，对所有包含它们的\(l, r\)都会有一个贡献，那么总贡献为\(x * (n - y + 1)\)。

• 但是对于同一个\(y\)可能有多个\(x\)，使用vector存储会TLE。
• 我们考虑同一个\(y\)，两个\(x\)的贡献：\(x_1 * (n - y + 1) + x_2 * (n - y + 1) == (x_1 + x_2) * (n - y + 1)\)化简后可知，我们只需要将相同状态的下标和相加即可。

void solve(){
    string s;
    cin >> s;
    s = "&" + s;
    map<int, int> mp;

    int ans = 0;
    int t = 0;
    mp[0] = 1;
    for (int i = 1; i < s.size(); i ++){
        if (s[i] == '1')
            t ++;
        else
            t --;

        ans += (s.size() - i) * (mp[t]) % mod;
        ans %= mod;

        mp[t] += i + 1;
        mp[t] %= mod;
    }

    cout << ans << endl;
}

F. Bomb

tag: 二分

Description：给定两个长度为\(n\)的数组，可以执行\(k\)次操作，每次操作后\(ai\)变为\(max(0, ai - bi)\)，得分加\(ai\)，求最高得分。1 <= n <= 1e5, 1 <= k <= 1e9。

Solution：显然我们需要每次取最大的\(ai\)，但是暴力会超时。我们发现每个数都变化是一个等差数列，那么能否知道每个数最后会变为多少呢？

• 考虑使用二分找到变化后数组中最大值的最小值\(x\)（即数组中所有值都不能超过这个值）。
• 如果操作次数小于\(k\)，那么剩下的操作次数一定小于数组中\(x\)的数量，否则\(x\)可以更小。

void solve(){
    cin >> n >> k;
    vector<int> a(n), b(n);
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> b[i];

    int ans = 0;

    auto check = [&](int &mid, int &t, int &res) -> bool{
        res = 0, t = 0;
        for (int i = 0; i < n; i ++){
            if (a[i] <= mid)
                continue;
            int tt = (a[i] - mid + b[i] - 1) / b[i];
            res += tt;
            t += (a[i] + a[i] - b[i] *(tt - 1)) * tt / 2;
        }
        if (res > k)
            return true;
        return false;
    };

    int l = -1, r = 1e15, t, res;
    while (l + 1 < r){
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid, t, res))
            l = mid;
        else
            r = mid;

    }
    cout << t + (k - res) * r << endl;
}