Codeforces Round 584 题解

……

A,B 先秒切，C 是个毒瘤细节题，浪费了很多时间后终于过了。

D 本来是个 sb 题，然而还是想了很久，不过幸好没什么大事。

E1，看了一会就会了，然而被细节坑死，好久才过。

感觉 E2 很可做，一直想 E2，结果想了大半了就最后一点没想出来。

此时 G1 更多人做了。然而我不会啊……

没救了。掉分掉惨了。

---

A

排个序，如果前面有它的约数就染成同色，否则开个新颜色。

下面这个代码，因为刚开始以为要输出方案，所以比较丑。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    typedef pair<int,int> PII;
    const int maxn=100010;
    #define MP make_pair
    #define PB push_back
    #define lson o<<1,l,mid
    #define rson o<<1|1,mid+1,r
    #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
    #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
    #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
    inline ll read(){
    	char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    	while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    	return f?-x:x;
    }
    struct hhh{
    	int x,id;
    	bool operator<(const hhh &h)const{return x<h.x;}
    }h[maxn];
    int n,cnt;
    int main(){
    	n=read();
    	FOR(i,1,n) h[i].x=read(),h[i].id=i;
    	sort(h+1,h+n+1);
    	FOR(i,1,n){
    		int pos=0;
    		FOR(j,1,i-1) if(h[i].x%h[j].x==0) pos=j;
    		if(!pos) cnt++;
    	}
    	printf("%d\n",cnt);
    }

B

明显会有周期，直接模拟。周期是 \(125\)，然而只要不 T 就行了。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    typedef pair<int,int> PII;
    const int maxn=100010;
    #define MP make_pair
    #define PB push_back
    #define lson o<<1,l,mid
    #define rson o<<1|1,mid+1,r
    #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
    #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
    #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
    inline ll read(){
    	char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    	while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    	return f?-x:x;
    }
    int n,a[maxn],b[maxn],ans;
    char s[maxn];
    int calc(){
    	int sum=0;
    	FOR(i,1,n) if(s[i]=='1') sum++;
    	return sum;
    }
    int main(){
    	n=read();
    	scanf("%s",s+1);
    	FOR(i,1,n) a[i]=read(),b[i]=read();
    	FOR(i,1,100000){
    		ans=max(ans,calc());
    		FOR(j,1,n) if(i>=b[j] && (i-b[j])%a[j]==0) s[j]^=1;
    	}
    	printf("%d\n",ans);
    }

C

没什么好说的，想怎么搞怎么搞。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=200020;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
	char ch=getchar();ll x=0,f=0;
	while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
struct item{
	int x,id;
	bool operator<(const item &i)const{
		if(x!=i.x) return x<i.x;
		return id<i.id;
	}
}it[maxn];
int t,n,ans[maxn],back[maxn];
vector<int> hhh[10];
bool in[maxn];
char s[maxn];
int main(){
	t=read();
	while(t--){
		n=read();
		scanf("%s",s+1);
		bool flag=true;
		FOR(i,0,9) hhh[i].clear();
		FOR(i,1,n) hhh[s[i]-'0'].push_back(i);
		int pos=-1,lst=-1;
		FOR(i,0,9) if(hhh[i].size()){
			back[i]=hhh[i].back();
			FOR(j,0,(int)hhh[i].size()-1){
				if(pos!=-1) ans[hhh[i][j]]=2;
				else if(lst!=-1 && hhh[i][j]<hhh[lst].back()) ans[hhh[i][j]]=2,back[i]=hhh[i][j];
				else ans[hhh[i][j]]=1;
			}
			if(lst!=-1){
				if(pos==-1){
					if(hhh[i].front()<back[lst]) pos=i;
				}
				else{
					if(hhh[i].front()<back[lst]){puts("-");flag=false;break;}
				}
			}
			lst=i;
		}
		if(flag){
			FOR(i,1,n) printf("%d",ans[i]);
			puts("");
		}
	}
}

D

对每个人 \(x\) 和 \(y\) 连边。

考虑一个环，上面至少一个人不能被满足。方案只需要把这个人塞到最后面就行了。

如果是一棵树，那么可以全都被满足。方案构造不难。

那么考虑每个联通块，随便弄一棵生成树，让树边的人满足，非树边的人不满足（塞到最后面）就行了。明显是最优。

实际上只需要算边数和点数。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    typedef pair<int,int> PII;
    const int maxn=200020;
    #define MP make_pair
    #define PB push_back
    #define lson o<<1,l,mid
    #define rson o<<1|1,mid+1,r
    #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
    #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
    #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
    inline ll read(){
    	char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    	while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    	return f?-x:x;
    }
    int n,k,ans,el,head[maxn],to[maxn],nxt[maxn];
    bool vis[maxn];
    map<PII,bool> vise;
    inline void add(int u,int v){
    	to[++el]=v;nxt[el]=head[u];head[u]=el;
    }
    void dfs(int u,int f){
    	vis[u]=true;
    	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
    		int v=to[i];
    		if(v==f) continue;
    		if(vis[v]){
    			ans++;continue;
    		}
    		dfs(v,u);
    	}
    }
    int main(){
    	n=read();k=read();
    	FOR(i,1,k){
    		int x=read(),y=read();
    		if(x>y) swap(x,y);
    		if(vise[MP(x,y)]) ans+=2;
    		else{
    			vise[MP(x,y)]=true;
    			add(x,y);add(y,x);
    		}
    	}
    	FOR(i,1,n) if(!vis[i]) dfs(i,0);
    	printf("%d\n",ans/2);
    }

E

把要求的东西转化一下：循环移列之后，从每一行选出一个数，求这些数最大的和。

简单 DP：\(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 列，其中 \(j\) 这些行已经选了数。

时间复杂度 \(O(t(2^nn^2m+3^nm))\)。可以通过 E1。

对于 E2，发现把每列按最大值排序，当 \(m>n\) 时，只需要考虑最大的 \(n\) 列。

证明，先考虑这 \(n\) 列的最优解，肯定大于等于这 \(n\) 列的最大值之和（而且将这 \(n\) 列的最大值按某个排列排在每一行肯定是最优解）。将其中一列替换成比这 \(n\) 列的最大值都小的列之后，无论怎么循环移这一列，选这一列上的一个数都不如选别的某个列上的一个数。

时间复杂度 \(O(t(2^nn^3+3^nn+nm))\)。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    typedef pair<int,int> PII;
    const int maxn=100010;
    #define MP make_pair
    #define PB push_back
    #define lson o<<1,l,mid
    #define rson o<<1|1,mid+1,r
    #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
    #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
    #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
    inline ll read(){
    	char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    	while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    	return f?-x:x;
    }
    int t,n,m,a[22][22],b[22][2222],mx[2222],p[2222],sum[22][4444],f[22][4444];
    bool cmp(int x,int y){return mx[x]>mx[y];}
    int main(){
    	t=read();
    	while(t--){
    		n=read();m=read();
    		FOR(i,0,n-1) FOR(j,0,m-1) b[i][j]=read();
    		FOR(i,0,m-1){
    			mx[i]=0;
    			FOR(j,0,n-1) mx[i]=max(mx[i],b[j][i]);
    		}
    		FOR(i,0,m-1) p[i]=i;
    		sort(p,p+m,cmp);
    		FOR(i,0,min(n,m)-1) FOR(j,0,n-1) a[j][i]=b[j][p[i]];
    		FOR(i,0,min(n,m)-1) FOR(S,0,(1<<n)-1){
    			sum[i][S]=0;
    			FOR(j,0,n-1){
    				int s=0;
    				FOR(k,0,n-1) if((S>>k)&1) s+=a[(j+k)%n][i];
    				sum[i][S]=max(sum[i][S],s);
    			}
    		}
    		FOR(S,0,(1<<n)-1) f[0][S]=sum[0][S];
    		FOR(i,1,min(n,m)-1) FOR(S,0,(1<<n)-1){
    			f[i][S]=f[i-1][S];
    			for(int S0=S;S0;S0=(S0-1)&S) f[i][S]=max(f[i][S],f[i-1][S^S0]+sum[i][S0]);
    		}
    		printf("%d\n",f[min(n,m)-1][(1<<n)-1]);
    	}
    }

G1

传说是个 sb 题？完了……

先分成若干块，每个颜色都恰好在一个块内，且块尽可能多。显然只有一种方案而且可以贪心做。这样块内就要变成一个颜色，而且每个块互不影响。对于一个块，除了出现次数最多的颜色，其它的都要变成那个颜色。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    typedef pair<int,int> PII;
    const int maxn=222222;
    #define MP make_pair
    #define PB push_back
    #define lson o<<1,l,mid
    #define rson o<<1|1,mid+1,r
    #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
    #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
    #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
    inline ll read(){
    	char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    	while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    	return f?-x:x;
    }
    int n,q,a[maxn],mn[maxn],l,r,tmp[maxn],tl,cnt[maxn],ans;
    int calc(){
    	tl=0;
    	FOR(i,l,r) if(++cnt[a[i]]==1) tmp[++tl]=a[i];
    	FOR(i,1,tl) tmp[i]=cnt[tmp[i]];
    	sort(tmp+1,tmp+tl+1);
    	int s=0;
    	FOR(i,1,tl-1) s+=tmp[i];
    	FOR(i,l,r) cnt[a[i]]--;
    	return s;
    }
    int main(){
    	n=read();q=read();
    	FOR(i,1,n){
    		a[i]=read();
    		if(!mn[a[i]]) mn[a[i]]=i;
    	}
    	int curmn=1e9;
    	r=n;
    	ROF(i,n,1){
    		curmn=min(curmn,mn[a[i]]);
    		if(i==curmn){
    			curmn=1e9;
    			l=i;
    			ans+=calc();
    			r=i-1;
    		}
    	}
    	printf("%d\n",ans);
    	while(q--) puts("PB AK ZROI");
    }

---

剩下的，咕了。