Codeforces Hello 2023 CF 1779 A~F 题解

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A. Hall of Fame

先把不用操作就合法的情况判掉。然后发现交换LL,RR,RL都是没用的，只有交换LR是有用的，这样可以照亮相邻的两个位置。所以我们就是要找到一个位置i，满足\(s_i=L,s_{i+1}=R\)，且除了i和i+1，其他位置初始没有没被照亮的(其实这个条件必然满足)。所以随便找一个"LR"交换就行了，找不到就是无解。

时间复杂度\(O(n)\)。

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#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

int t,n,a[100010];
string s;

int main()
{
  fileio();

  cin>>t;
  rep(tn,t)
  {
    cin>>n>>s;
    rep(i,n+3) a[i]=0;
    int hv=0;
    rep(i,n)
    {
      if(hv) a[i]=1;
      if(s[i]=='R') hv=1;
    }
    hv=0;
    for(int i=n-1;i>=0;--i)
    {
      if(hv) a[i]=1;
      if(s[i]=='L') hv=1;
    }
    int tot=0;
    rep(i,n) if(a[i]==0) ++tot;
    if(tot==0) puts("0");
    else
    {
      bool bad=true;
      rep(i,n-1) if((int)(a[i]==0)+(int)(a[i+1]==0)==tot&&s[i]=='L'&&s[i+1]=='R')
      {
        cout<<i+1<<endl;
        bad=false;break;
      }
      if(bad) puts("-1");
    }
  }

  termin();
}

---

B. MKnez's ConstructiveForces Task

首先n为偶数的时候很容易构造出解，\(1,-1,1,-1\cdots\)就行了。样例里n=3是无解，看起来奇数都是无解。但真的是这样吗？由于任意相邻两个数的和都相等，所以最终序列奇数位置上的数都相同，偶数位置上的数也都相同。令\(m=\lfloor \frac n2\rfloor\)。则我们需要找到两个数a,b满足\((m+1)a+mb=a+b\)。发现除了n=3无解，其他n为奇数的情况都很容易找到满足要求的ab，\(a=-m,b=m+1\)即可。

时间复杂度\(O(n)\)。

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#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

int t,n;

int main()
{
  fileio();

  cin>>t;
  rep(tn,t)
  {
    cin>>n;
    if(n%2==0)
    {
      puts("YES");
      rep(i,n/2) cout<<1<<' '<<-1<<' ';
      cout<<endl;
    }
    else
    {
      if(n==3) puts("NO");
      else
      {
        puts("YES");
        int nn=n/2,a=-(nn-1),b=nn;
        rep(i,n)
        {
          if(i%2==0) cout<<a<<' ';
          else cout<<b<<' ';
        }
        cout<<endl;
      }
    }
  }

  termin();
}

---

C. Least Prefix Sum

令最终的前缀和数组为\(b_1\cdots b_n\)。发现\(b_m\)前面的数和后面的数是完全独立的(前面的\(a_i\)是否取反不影响后面的\(b_i\)与\(b_m\)的大小关系)，可以分开处理。

以\(b_1\cdots b_{m-1}\)为例。首先如果\(a_m>0\)肯定是不行的，会导致\(b_m>b_{m-1}\)，需要取反。我们可以用这种思路从\(m-1\)到0枚举，令当前枚举到i。同时维护一个数val表示\(b_m=b_i+val\)。枚举到i时我们先偷个懒，\(a_{i+1}\)先不取反，\(val+=a_{i+1}\)。如果此时\(val>0\)就有问题了，我们应该在\(a_{i+1}\cdots a_m\)中选一个没取过反的最大的正数去取反，这样是最优的。不断选没取过反的最大的正数取反，直到\(val\le 0\)为止。没取过反的正数集合可以用multiset维护。

\(b_{m+1}\cdots b_n\)是同理的。时间复杂度\(O(nlogn)\)。

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#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

LL t,n,m,a[200010];

int main()
{
  fileio();

  cin>>t;
  rep(tn,t)
  {
    cin>>n>>m;--m;
    rep(i,n) scanf("%lld",&a[i]);
    multiset <LL> candel;
    candel.insert(a[m]);
    LL mo=a[m];//b[m]=当前+mo
    LL ans=0;
    for(int i=m-1;i>=0;--i)
    {
      while(mo>0)
      {
        LL val=*candel.rbegin();
        ++ans;
        mo-=val+val;
        candel.erase(--candel.end());
      }
      mo+=a[i];candel.insert(a[i]);
    }
    if(m+1<n)
    {
      candel.clear();mo=0;
      //当前=b[m]+mo
      for(int i=m+1;i<n;++i)
      {
        mo+=a[i];candel.insert(a[i]);
        while(mo<0)
        {
          LL val=*candel.begin();
          ++ans;
          mo-=val+val;
          candel.erase(candel.begin());
        }
      }
    }
    cout<<ans<<endl;
  }

  termin();
}

---

D. Boris and His Amazing Haircut

首先如果存在\(b_i>a_i\)肯定无解，先把这个判掉。

对于一个位置i，如果\(a_i=b_i\)，那这个位置不需要特意来剪，只要所有剪到这个位置的刀的大小都\(\ge b_i\)就行了。否则，这个位置需要一个大小为\(b_i\)的刀特意来剪，且不能被\(<b_i\)的刀剪过。

对于每个\(v\)，把所有需要大小为v的刀特意去剪的位置统一处理。令这些位置为\(p_1\cdots p_k\)。如果每个位置都单独剪，那需要k把刀。对于相邻的两个位置，\(p_i,p_{i+1}\)，如果\([p_i+1,p_{i+1}-1]\)中所有的\(b_i\)都\(\le v\)，那它们就可以合并，用同一把刀剪，省下了一把刀。最后判一下大小为v的刀够不够用即可。

时间复杂度\(O(nlogn)\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

int t,n,m,a[200010],b[200010],x[200010];
map <int,vector <int> > needs;
map <int,int> hvs;

namespace st
{
  int n2=1,dat[800010];
  void build(int k,int lb,int ub)
  {
    if(lb==ub)
    {
      if(lb<n) dat[k]=b[lb];else dat[k]=-1e9;
      return;
    }
    build(k+k+1,lb,(lb+ub)/2);build(k+k+2,(lb+ub)/2+1,ub);
    dat[k]=max(dat[k+k+1],dat[k+k+2]);
  }
  int qry(int k,int lb,int ub,int tlb,int tub)
  {
    if(ub<tlb||tub<lb) return -1e9;
    if(tlb<=lb&&ub<=tub) return dat[k];
    return max(qry(k+k+1,lb,(lb+ub)/2,tlb,tub),qry(k+k+2,(lb+ub)/2+1,ub,tlb,tub));
  }
}

int main()
{
  fileio();

  cin>>t;
  rep(tn,t)
  {
    scanf("%d",&n);
    needs.clear();hvs.clear();
    rep(i,n) scanf("%d",&a[i]);
    rep(i,n) scanf("%d",&b[i]);
    bool bad=false;
    rep(i,n) if(a[i]!=b[i])
    {
      if(b[i]>a[i]) bad=true;
      else needs[b[i]].pb(i);
    }
    scanf("%d",&m);
    rep(i,m) scanf("%d",&x[i]),++hvs[x[i]];
    if(bad){puts("NO");continue;}
    st::n2=1;while(st::n2<n) st::n2*=2;
    rep(i,st::n2*2+3) st::dat[i]=-1e9;
    st::build(0,0,st::n2-1);
    for(auto it:needs)
    {
      int tot=it.se.size();
      rep(i,it.se.size()-1)
      {
        int l=it.se[i],r=it.se[i+1],res=st::qry(0,0,st::n2-1,l+1,r-1);
        if(res<=it.fi) --tot;
      }
      if(hvs.find(it.fi)==hvs.end()||hvs[it.fi]<tot)
      {
        bad=true;
        break;
      }
    }
    puts(bad ? "NO":"YES");
  }

  termin();
}

---

E. Anya's Simultaneous Exhibition

对于两个人(a,b)，如果a能赢b，我们就连一条\(a\to b\)的有向边。连出所有这样的边我们就获得了一个竞赛图。但是我们不知道这个图长什么样，只能询问一个点到一个点集的出度大小。

众所周知竞赛图一定存在哈密顿路径，所以一定有至少一个点可以到达其它所有的点，而这题中能成为candidate master(CM)的点就是这个点以及与它在同一个强连通分量内的点。

我们先用n次询问问出每个点(在整个图中)的出度。把这些点按出度从大到小排序，观察发现出度最大的点一定是CM，如果有多个出度最大的点则它们全都是。证明：假设有一个点y是CM，而出度最大的点x不是(\(out_y\ge out_x\))。那么x和y直接相连的那条边肯定是\(y\to x\)。对于x能打赢的所有点，y都必须打赢那个点，不然y就会被x间接打败，这样x就也是CM了。但y不可能打败x能打败的每个点，因为出度不够了，证毕。

现在我们要找出与出度最大的点x在同一个SCC内的所有点。我们先把整个竞赛图强连通分量分解，把每个分量看成一整个节点并拓扑排序。对于拓扑序中任意两个分量\(s_i,s_j\)，显然\(s_i\)中的任意一个点都到\(s_j\)中的任意一个点有边。假设一共有k个连通分量，令x为\(s_i\)中的一个点，y为\(s_j\)中的一个点(i<j)，发现x到\(s_{i+1}\cdots s_k\)中的任意点都有边；而y只可能到\(s_{j}\cdots s_k\)中的点有边，且不能到自己有边。所以x的出度一定大于y。因此，拓扑序中最靠前的那个连通块，也就是能成为CM的连通块，是由出度最大的一些点组成的。

考虑用一种类似"归纳"的方法求出这个连通块内的所有点。把所有点按照出度从大到小排序后，假设现在我们已经确定了序列的前i个点是CM。如果第\(i+1\cdots n\)个点到前i个点都没有边，那最后的答案就是前i个点。否则我们找出后面的点中第一个到\(1\cdots i\)有边的点，令其为第j个点，则它也是CM，因此第\(1\cdots j\)个点都是CM(因为CM是这个序列的一个前缀)。用这种方法不断拓展CM的边界，直到不能拓展即可。这一步最多用n-1次询问。

所以总询问数不会超过2n。

我一开始想的是能不能逐步加入每个节点，同时维护哈密顿路径，但是需要维护的信息太多了没法做

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

int n,ans[260],mark[260];
vector <pii> v;

int main()
{
  fileio();

  cin>>n;
  repn(i,n)
  {
    cout<<"? "<<i<<' ';
    repn(j,n) if(j!=i) cout<<1;else cout<<0;
    cout<<endl;
    cout.flush();
    int val;cin>>val;
    v.pb(mpr(val,i));
  }
  sort(v.begin(),v.end());reverse(v.begin(),v.end());
  int cur=1;
  repn(i,v.size()-1)
  {
    cout<<"? "<<v[i].se<<' ';
    memset(mark,0,sizeof(mark));
    rep(j,cur) mark[v[j].se]=1;
    repn(j,n) cout<<mark[j];cout<<endl;
    cout.flush();
    int val;cin>>val;
    if(val) cur=i+1;
  }
  rep(i,cur) ans[v[i].se]=1;
  cout<<"! ";repn(i,n) cout<<ans[i];
  cout<<endl;
  cout.flush();

  termin();
}

---

F. Xorcerer's Stones

发现一旦我们对某一个点x操作过一次，再对它子树内的点操作就没有意义了。因为我们已经把x子树内所有点的权值都变成了一样的，子树怎么操作也玩不出什么花样来。唯一的问题是当x的子树大小为奇数时，无法再通过一次操作把子树中所有点的权值都变成0。但是发现对子树进行一些操作之后同样无法做到这一点。

所以我们从下往上操作。令\(dp_{i,j}\)表示对i的子树内部进行一些操作后，能不能使得子树权值异或和为j。转移的时候最所有儿子做背包即可。背包做完之后，再决定当前点要不要操作：如果此时异或和已经为0，一次操作即可把所有节点权值全变为0；如果此时异或和不为0，一次可以把所有节点权值变成一样的，两次可以全变为0。dp完了之后再倒着来一遍，构造一下方案即可。每个节点最多操作两次，所以总操作数不超过2n。

时间复杂度\(O(32^2n)\)。

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#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

int n,a[200010],dp[200010][40],sz[200010],dp2[200010][40],fr[200010][40];
vector <int> g[200010],ans;

void dfs(int pos)
{
  sz[pos]=1;
  rep(i,g[pos].size()) dfs(g[pos][i]),sz[pos]+=sz[g[pos][i]];
  rep(i,g[pos].size()+3) rep(j,35) dp2[i][j]=0;
  dp2[0][a[pos]]=1;
  rep(i,g[pos].size()) rep(j,32) if(dp2[i][j])
    rep(k,32) if(dp[g[pos][i]][k]) dp2[i+1][j^k]=1;
  rep(i,32) dp[pos][i]=dp2[g[pos].size()][i];
  if(sz[pos]%2==0) dp[pos][0]=1;
}

void dfs2(int pos,int to)
{
  rep(i,g[pos].size()+3) rep(j,35) dp2[i][j]=0;
  dp2[0][a[pos]]=1;
  rep(i,g[pos].size()) rep(j,32) if(dp2[i][j])
    rep(k,32) if(dp[g[pos][i]][k]) dp2[i+1][j^k]=1,fr[i+1][j^k]=j;
  if(to==0&&dp2[g[pos].size()][0]==0)
  {
    repn(i,31) if(dp2[g[pos].size()][i])
    {
      to=i;
      ans.pb(pos);ans.pb(pos);
      break;
    }
  }
  else if(to==0) ans.pb(pos);
  vector <int> nxts;
  int cur=to;
  for(int i=g[pos].size();i>0;--i)
  {
    int lstj=fr[i][cur],xx=lstj^cur;
    nxts.pb(xx);
    cur=lstj;
  }
  reverse(nxts.begin(),nxts.end());
  rep(i,g[pos].size()) dfs2(g[pos][i],nxts[i]);
}

int main()
{
  fileio();

  cin>>n;
  repn(i,n) scanf("%d",&a[i]);
  int x;
  for(int i=2;i<=n;++i)
  {
    scanf("%d",&x);
    g[x].pb(i);
  }
  dfs(1);
  if(dp[1][0]==0) puts("-1");
  else
  {
    dfs2(1,0);
    cout<<ans.size()<<endl;
    for(int i=(int)(ans.size())-1;i>=0;--i) printf("%d ",ans[i]);
    puts("");
  }

  termin();
}