Deltix Round, Summer 2021 Div1 + Div2 A~E

比赛链接：Here

1556A. A Variety of Operations

注意到2， 3操作不改变总和，1操作使得总和加上了一个偶数，故直接判断总和是否为偶数即可。如果和为偶数，只要判断c和d是否相等即可。注意0要判一下

【AC Code】

const int N = 1e5 + 7;
int n, m, k, tot, a[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    int _; for (cin >> _; _--;) {
        int c, d; cin >> c >> d;
        if (c == 0 && d == 0) {
            puts("0");
            continue;
        }
        if ((c + d) % 2 == 0) {
            if (c == d ) {
                puts("1");
            } else puts("2");
        } else puts("-1");
    }
}

1566B. Take Your Places!

题意：

给一个有 \(n\) 个数字的数组，可以交换相邻的数字，求最小交换次数使得相邻的数奇偶性不相同。

思路：

先判一下奇数和偶数的个数，在按顺序分配位置就行。如果奇数和偶数个数相等，还得枚举奇数先放还是偶数先放。注意开 ll 。

【AC Code】

int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int _; for (cin >> _; _--;) {
        int n; cin >> n;
        vector<int>a(n);
        for (int &x : a) {
            cin >> x;
            x &= 1;
        }
        ll ans = LLONG_MAX;
        for (int j = 0; j < 2; ++j) {
            vector<int>b(n);
            for (int i = 0; i < n; ++i) b[i] = (i & 1) == j;
            vector<int>la, lb;
            for (int i = 0; i < n; ++i) {
                if (a[i]) la.push_back(i);
                if (b[i]) lb.push_back(i);
            }
            if (la.size() != lb.size()) continue;
            ll op = 0;
            for (int i = 0; i < la.size(); ++i) op += abs(la[i] - lb[i]);
            ans = min(ans, op);
        }
        cout << (ans >= LLONG_MAX ? -1 : ans) << "\n";
    }
}

1566C. Compressed Bracket Sequence

莫名其妙地ac了，不是很懂。

首先枚举左端点 \(l\) 和右端点 \(r\) ，用函数 \(check(l,r)\) 统计这两个端点的贡献（在 \(l\) 处开始，$ r$ 处结束的合法括号序列的数量）。假设每一个左括号为 \(1\)，右括号为 \(-1\) ，对序列求个前缀和，方便判断是否合法。

所有的从 \(l\) 开始，\(r\)​​ 结束的合法括号序列，不一定用了\(l\)​和\(r\)中的每一个左右括号。

首先计算 \(d=sum[r]-sum[l-1]\)​ ,以得出左右两边是否有多余的括号，我们要舍去。之后再枚举\(l+1\)到\(r−1\)的每一个位置\(i\)，他们必须满足\(sum[i]−sum[l−1]>=0\) .统计这个差值的最小值，记为 \(mx\) ，其表示左边 \(l\)处最多能有几个括号多出来。那么答案至多有\(mx+1\).注意当\(d>0\)时，这个值要减去 \(d\) 后才能用于更新 \(mx\) 。

之后保险起见，还得和左边能贡献的左括号数量，右边能贡献的右括号数量取 \(\min\)，注意此时也要把$ d$ 的偏差加上去，具体见代码。

【AC Code】

const int N = 1e5 + 7;
int n, m, k;
ll tot, c[N], ans, sum[N];
ll check(int l, int r) {
    ll d = sum[r] - sum[l - 1], mx = 99999999999999999ll;
    for (int i = l + 1; i < r; i += 2) {
        if (d <= 0)
            mx = min(mx, sum[i] - sum[l - 1]);
        if (d > 0)
            mx = min(mx, sum[i] - d - sum[l - 1]);
    }
    if (mx < 0) return 0;
    //if (mx == 0) return 1;
    if (d == 0) return min(c[l], min(mx + 1ll, -c[r]));
    if (d < 0) return min(c[l], min(mx + 1ll, -c[r] + d));
    if (d > 0) return min(c[l] - d, min(mx + 1ll, -c[r]));
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> c[i];
        if (i % 2 == 0) c[i] = -c[i];
        sum[i] = sum[i - 1] + c[i];
    }
    for (int l = 1; l <= n; l += 2) {
        for (int r = l + 1; r <= n; r += 2) {
            ans += check(l, r);
        }
    }
    cout << ans;
}

1566D. Take a Guess

第一次做交互题，要频繁清空流感觉有点麻烦

$ a+b=a & b+a \mid b$ ,用 \(a+b, a+c, b+c\)​ 可以求出 $ a b c $ ，已知 $ a$ 和 \(a \& b+a \mid b\) 可以求 b , 这样直接求出所有的 $ a[i]$​ 就行。

【AC Code】

注意每一行输出之后要立刻 fflush(stdout);

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
#define mk make_pair
const int maxn = 1e4 + 7;
int rd() {
    int s = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9') {s = s * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return s * f;
}
int n, m, k, tot;
ll a[maxn];
ll getPlus(int i, int j) {
    printf("or %d %d\n", i, j);
    fflush(stdout);
    ll orij = rd();
    printf("and %d %d\n", i, j);
    fflush(stdout);
    ll andij = rd();
    return orij + andij;
}
void get(int i, int j, int k) {
    ll pij = getPlus(i, j);
    ll pjk = getPlus(j, k);
    ll pik = getPlus(i, k);
    a[i] = (pij - pjk + pik) / 2ll;
    a[j] = (pjk - pik + pij) / 2ll;
    a[k] = (pik - pij + pjk) / 2ll;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    n = rd(); k = rd();
    for (int i = 1; i <= n; i += 3) {
        if (i + 2 > n) break;
        get(i, i + 1, i + 2);
    }
    if (n % 3 == 1) {
        ll p1 = getPlus(1, n);
        a[n] = p1 - a[1];
    }
    if (n % 3 == 2) {
        ll p1 = getPlus(1, n - 1);
        a[n - 1] = p1 - a[1];
        ll p2 = getPlus(1, n);
        a[n] = p2 - a[1];
    }
    sort(a + 1, a + n + 1);
    printf("finish %lld\n", a[k]);
}

1556E. Equilibrium

给出俩个长为 \(n\) 的整数序列 \(a\) 和 \(b\)​ ，以及一些询问 $(1, \mathrm{r}) \(. 对于每个\) (l, r) \(, 回答最少要执行多少次操作，使得
\) \mathrm{a}[1 \ldots \mathrm{r}]=\mathrm{b}[1 \ldots \mathrm{r}] $​, 或是判断无解。

每次操作为选取偶数个下标 \(p o s_{i}\)​ , 满足 $ l \leq p o s_{1}<p o s_{2}<\cdots<p o s_{k} \leq r $​, 然后让 \(a\) 中下标为

$\operatorname{pos}{1}, \operatorname{pos}, p o s_{5}, \cdots, p o s_{k}-1 $ 的数 \(+1\) , 让 \(b\) 中下标为 $p o s_{2}, p o s_{4}, \operatorname{pos}{6}, \cdots, p o s $ 的位置的数 $+1 $.

每次询问是互相独立的。

sol：这里参考了高Rank大佬们的思路

【AC Code】

const int maxn = 1e5 + 7;
#define ll long long
int n, m, k, tot, a[maxn], q;
ll sum[maxn];
ll stmx[22][maxn], stmi[22][maxn];
int rd() {
    int s = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9') {s = s * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return s * f;
}
ll querymi(int l, int r) {
    int len = r - l + 1, len2;
    for (len2 = 0; (1 << (len2 + 1)) < len; len2++);
    return min(stmi[len2][l], stmi[len2][r - (1 << len2) + 1]);
}
ll querymx(int l, int r) {
    int len = r - l + 1, len2;
    for (len2 = 0; (1 << (len2 + 1)) < len; len2++);
    return max(stmx[len2][l], stmx[len2][r - (1 << len2) + 1]);
}
int main() {
    n = rd();
    q = rd();
    //printf("%d %d\n", n, q);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        a[i] = rd();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i] -= rd();
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
        stmx[0][i] = stmi[0][i] = sum[i];
    }
    //q = rd();
    for (int j = 1; j <= 20; j++)
        for (int i = 1; i <= n - (1 << j) + 1; i++)
            stmi[j][i] = 100000000000001ll, stmx[j][i] = -100000000000001ll;
    for (int i = 1; i <= 20; i++) {
        for (int j = 1; j <= n - (1 << i) + 1; j++) {
            stmi[i][j] = min(stmi[i - 1][j], stmi[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
            stmx[i][j] = max(stmx[i - 1][j], stmx[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
        }
    }
    while (q--) {
        int l = rd();
        int r = rd();
        //printf("l == %d r == %d qmx == %lld qmi == %lld\n", l, r, querymx(l, r)-sum[l-1], querymi(l, r)-sum[l-1]);
        if (sum[r] - sum[l - 1] != 0 || querymx(l, r) > sum[l - 1]) {
            puts("-1");
            continue;
        } else {
            printf("%lld\n", -(querymi(l, r) - sum[l - 1]));
        }
    }
    return 0;
}