Codeforces Round 906 (Div. 2)A-E1

A. Doremy's Paint 3

记数组中数的种类数为\(k\)，当\(k=1\)时，答案为\(yes\)；当\(k=2\)时，记两个种类的数的个数差为\(d\)，当\(d≤1\)时，答案为\(yes\)；其他情况答案为\(no\)。

时间复杂度：\(O(nlogn)\)

 1 void solve()
 2 {
 3     int n; cin >> n;
 4
 5     map<int, int> mp;
 6     vector<int> a(n + 1);
 7     for (int i = 1; i <= n; i++)
 8     {
 9         cin >> a[i];
10         mp[a[i]]++;
11     }
12     if (mp.size() == 1 || (mp.size() == 2 && abs(mp.begin()->sc - (--mp.end())->sc) <= 1)) cout << "YES\n";
13     else cout << "NO\n";
14 }

B. Qingshan Loves Strings

顺序遍历\(s\)，若遇到相邻两字符相等时，则尝试在他们中间加入\(t\)，若\(t\)本身不是好的或加入\(t\)后\(s\)仍然是不好的（可以用\(t\)的首尾字符直接比较，不用真的加入），答案则为\(no\)；其他情况答案为\(yes\)。

时间复杂度：\(O(n+m)\)

 1 void solve()
 2 {
 3     int n, m;
 4     cin >> n >> m;
 5
 6     string s, t;
 7     cin >> s >> t;
 8
 9     char f = t.front(), b = t.back();
10
11     bool OK = true, used = false;
12     for (int i = 0; i < n - 1; i++)
13         if (s[i] == s[i + 1])
14         {
15             if (s[i] == f || s[i + 1] == b) OK = false;
16             else used = true;
17         }
18
19     if (!OK) cout << "NO\n";
20     else if (!used) cout << "YES\n";
21     else
22     {
23         for (int i = 0; i < m - 1; i++)
24             if (t[i] == t[i + 1])
25             {
26                 cout << "NO\n";
27                 return;
28             }
29
30         cout << "YES\n";
31     }
32 }

C. Qingshan Loves Strings 2

当\(n\)为奇数时，答案为\(-1\)；当\(n\)为偶数时，记\(s\)当前的首字符为\(f\)，尾字符为\(b\)，当\(f=b\)时，若\(f=1\)，则在当前\(s\)的开头插入\(01\)，若\(f=0\)，则在当前s的结尾插入\(10\)，当\(f≠b\)时，不进行插入操作；

此时\(s\)的首尾字符一定不相等，则\(s\)去除首尾字符，接着对新的\(s\)进行相同的考虑即可。（进行插入操作时要记录该插入点前面的字符数量，特别注意\(s\)开头删除过的字符）

当插入次数大于\(300\)时，答案为\(-1\)，否则输出插入操作数和具体操作。

时间复杂度：\(O(n)\)

 1 void solve()
 2 {
 3     int n;
 4     cin >> n;
 5
 6     string s;
 7     cin >> s;
 8
 9     deque<char> dq;
10     for (auto i : s) dq.pb(i);
11
12     int tim = 0, sf = 0;
13     vector<int> ans;
14     while (dq.size() >= 2 && tim <= 300)
15     {
16         auto f = dq.front(), b = dq.back();
17         sf++;
18         if (f != b)
19         {
20             dq.pop_back();
21             dq.pop_front();
22         }
23         else
24         {
25             tim++;
26             if (f == '0')
27             {
28                 ans.push_back(dq.size() + sf);
29                 dq.pop_front();
30                 dq.push_back('0');
31             }
32             else
33             {
34                 ans.push_back(0 + sf);
35                 dq.pop_back();
36                 dq.push_front('1');
37             }
38         }
39     }
40
41     if (tim > 300 || dq.size() == 1) cout << -1 << '\n';
42     else
43     {
44         cout << ans.size() << '\n';
45         for (auto i : ans) cout << i << " ";
46         cout << '\n';
47     }
48 }

D. Doremy's Connecting Plan

若所有点能加边连通，则最优方法是点\(2\)到点\(n\)按某种顺序与点\(1\)依次相连来实现，换言之，若两不为\(1\)且不同的点能先连边，则他们都能与\(1\)先后连边。

简要证明：\(1\)与\(i\)和\(j\)都不能连边即\(a_1+a_i<ic\)且\(a_1+a_j<jc\),两式相加即\(2a_1+a_i+a_j<c(i+j)\)，i与j能连边即\(a_i+a_j≥cij\)，显然\(ij>i+j\)，前后两式相矛盾，证毕。

则可以用贪心的方法使点\(2\)到点\(n\)按\(ic-a[i]\)的值升序排序，依次与点\(1\)相连即可。

时间复杂度：\(O(nlogn)\)

 1 #define int long long
 2
 3 void solve()
 4 {
 5     int n, c;
 6     cin >> n >> c;
 7
 8     vector<int> a(n + 1);
 9     for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
10
11     vector<int> order(n + 1);
12     iota(order.begin() + 2, order.end(), 2);
13     sort(order.begin() + 2, order.end(), [&](int i, int j){return i * c - a[i] < j * c - a[j];});
14
15     int now = a[1];
16     for (int i = 2; i <= n; i++)
17     {
18         int j = order[i];
19         if (now + a[j] < j * c)
20         {
21             cout << "NO\n";
22             return;
23         }
24         now += a[j];
25     }
26     cout << "YES\n";
27 }

E1. Doremy's Drying Plan (Easy Version)

首先可以用差分数组和前缀和求出每一天被的覆盖次数\(d\)，则\(d=0\)的天数一定为答案的一部分，又因为可以撤消其中的两个区间，所以\(d=1\)和\(d=2\)的天数都有可能更新答案，则我们可以枚举两个区间\(A\)和\(B\)来实现。

分两种情况枚举，当\(A\)与\(B\)不相交时，则直接选择使\(d=1\)的天数减去最多的两个区间即可；当\(A\)与\(B\)相交时，我们只需要枚举每处使\(d=2\)的\(A\)和\(B\)即可，显然这样的\(A\)与\(B\)不超过\(n\)对。

时间复杂度：\(O(mlogn)\)

 1 void solve()
 2 {
 3     int n, m, k;
 4     cin >> n >> m >> k;
 5
 6     vector<int> d(n + 2);
 7     vector<int> l(m + 1), r(m + 1);
 8     for (int i = 1; i <= m; i++)
 9     {
10         cin >> l[i] >> r[i];
11         d[l[i]]++, d[r[i] + 1]--;
12     }
13
14     vector s(3, vector<int>(n + 1));
15     for (int i = 1; i <= n; i++)
16     {
17         d[i] += d[i - 1];
18         for (int j = 1; j <= 2; j++)
19             s[j][i] = s[j][i - 1] + (d[i] == j);
20     }
21
22     int cnt = count(d.begin() + 1, d.end() - 1, 0), ans = cnt;
23
24     multiset<int> c1;
25     for (int i = 1; i <= m; i++)
26         c1.insert(s[1][r[i]] - s[1][l[i] - 1]);
27     auto it = --c1.end();
28     ans += (*it) + (*(--it));
29
30     set<int> c2;
31     for (int i = 1; i <= n; i++)
32     {
33         if (d[i] != 2) continue;
34         c2.insert(i);
35     }
36
37     vector a(n + 1, vector<int>(0));
38     for (int i = 1; i <= m; i++)
39     {
40         auto it = c2.lower_bound(l[i]);
41         while (it != c2.end() && (*it) <= r[i])
42         {
43             a[(*it)].push_back(i);
44             it++;
45         }
46     }
47
48     for (int i = 1; i <= n; i++)
49     {
50         if (d[i] != 2) continue;
51         int seg1 = a[i][0], seg2 = a[i][1];
52         int L1 = min(l[seg1], l[seg2]), L2 = max(l[seg1], l[seg2]);
53         int R1 = max(r[seg1], r[seg2]), R2 = min(r[seg1], r[seg2]);
54         int val = s[1][R1] - s[1][L1 - 1] + s[2][R2] - s[2][L2 - 1];
55         ans = max(ans, val + cnt);
56     }
57
58     cout << ans << '\n';
59 }