Educational Codeforces Round 76 (Rated for Div. 2)

A. Two Rival Students

签到。

Code

/*

 * Author:  heyuhhh

 * Created Time:  2019/11/13 22:37:26

 */

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

#define INF 0x3f3f3f3f

#define Local

#ifdef Local

  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)

  void err() { std::cout << '\n'; }

  template<typename T, typename...Args>

  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }

#else

  #define dbg(...)

#endif

void pt() {std::cout << '\n'; }

template<typename T, typename...Args>

void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

//head

const int N = 1e5 + 5;

int n, x, a, b;

void run(){

    cin >> n >> x >> a >> b;

    if(a > b) swap(a, b);

    int tmp = min(a - 1, x);

    x -= tmp;

    a -= tmp;

    tmp = min(n - b, x);

    x -= tmp;

    b += tmp;

    cout << b - a << '\n';

} 

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

    int t; cin >> t;

    while(t--) run();

	return 0;

}

B. Magic Stick

分情况讨论一下即可。

神志不清讨论地很乱

Code

/*

 * Author:  heyuhhh

 * Created Time:  2019/11/13 22:42:05

 */

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

#define INF 0x3f3f3f3f

#define Local

#ifdef Local

  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)

  void err() { std::cout << '\n'; }

  template<typename T, typename...Args>

  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }

#else

  #define dbg(...)

#endif

void pt() {std::cout << '\n'; }

template<typename T, typename...Args>

void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

//head

const int N = 1e5 + 5;

int a, b;

void run(){

    cin >> a >> b;

    if(a == 1) {

        if(b == 1) return pt("YES");

        else return pt("NO");

    }

    if(a >= b) return pt("YES");

    if(a > 3) return pt("YES");

    if(b <= 3) return pt("YES");

    pt("NO");

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

    int t; cin >> t;

    while(t--) run();

	return 0;

}

C. Dominated Subarray

题意：

给出$n$个数，找到长度最短的区间，满足区间长度大于$1$且存在一个数其出现次数严格大于其它数。

思路：

显然最终的答案区间两端点为同一个数，考虑一个这样的区间，如果其不合法，说明存在一个答案更优的区间。

并且若那个数出现次数超过$2$次，我们选择一个更小的区间使得这个数只出现$2$次，此时有两种情况：一个是合法，那显然答案更优；另一个是不合法，说明答案也可以更优。

就这样归纳一下，发现答案就是两个相同数的最小间隔。

然而我神智不清，写了个线段树

Code

/*

 * Author:  heyuhhh

 * Created Time:  2019/11/13 22:49:57

 */

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

#define INF 0x3f3f3f3f

#ifdef Local

  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)

  void err() { std::cout << '\n'; }

  template<typename T, typename...Args>

  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }

#else

  #define dbg(...)

#endif

void pt() {std::cout << '\n'; }

template<typename T, typename...Args>

void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

//head

const int N = 2e5 + 5;

int n;

int a[N];

int pre[N], last[N];

int maxv[N << 2];

void upd(int o, int l, int r, int p, int v) {

    if(p == 5) dbg(l, r);

    if(l == r) {

        maxv[l] = v;

        return;

    }

    int mid = (l + r) >> 1;

    if(p <= mid) upd(o << 1, l, mid, p, v);

    else upd(o << 1|1, mid + 1, r, p, v);

    maxv[o] = max(maxv[o << 1], maxv[o << 1|1]);

}

int query(int o, int l, int r, int L, int R) {

    if(L > R) return 0;

    if(L <= l && r <= R) {

        return maxv[o];

    }

    int mid = (l + r) >> 1, res = 0;

    if(L <= mid) res = query(o << 1, l, mid, L, R);

    if(R > mid) res = max(res, query(o << 1|1, mid + 1, r, L, R));

    return res;

}

void build(int o, int l, int r) {

    maxv[o] = 0;

    if(l == r) return;

    int mid = (l + r) >> 1;

    build(o << 1, l, mid);

    build(o << 1|1, mid + 1, r);

}

void run(){

    cin >> n;

    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], last[a[i]] = 0;

    if(n == 1) return pt(-1);

    build(1, 1, n);

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        pre[i] = last[a[i]];

        last[a[i]] = i;

        upd(1, 1, n, i, pre[i]);

        dbg(i, pre[i]);

    }

    dbg(query(1, 1, n, 5, 5), pre[5]);

    int ans = INF;

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        if(pre[i]) {

            int L = pre[i] + 1, R = i - 1;

            dbg(i, L, R);

            if(query(1, 1, n, L, R) < L) ans = min(ans, R - L + 3);

        }

    }

    if(ans == INF) ans = -1;

    cout << ans << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

    int T; cin >> T;

    while(T--) run();

	return 0;

}

D. Yet Another Monster Killing Problem

题意：

现在有$n$只怪，每只怪有力量$a_i$。

同时有$n$个英雄，每个英雄有$p_i,s_i$分别代表力量和耐力。

每一天只能选派一个英雄去打怪兽，每个英雄最多打$s_i$只怪，一个英雄能打败一只怪，当且仅当其力量不低于怪兽的力量。

一个英雄可以被选派多次。

问最少需要多少天能打败所有的怪兽。

思路：

考虑$dp:dp[i]$表示打败前$i$只怪兽最少需要多少天，显然$dp[i]=min\{dp[j]+1\}$
$j$满足存在一个英雄，能从$j+1$打到$i$，显然这个$j$的位置具有单调性。
发现$dp$值也是单调不降的，那么我们就可以找一个最远的$j$进行转移，二分即可。
二分的话，可以对英雄的耐力维护一个后缀最大值，即$maxv[s]$表示耐力$\geq s$的英雄中，最大的力量为多少；同时维护怪兽力量的区间最大值，这里$rmq$维护即可。两个判断一下就行。

神志不清写了一年

Code

/*

 * Author:  heyuhhh

 * Created Time:  2019/11/13 23:47:28

 */

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

#define INF 0x3f3f3f3f

#define Local

#ifdef Local

  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)

  void err() { std::cout << '\n'; }

  template<typename T, typename...Args>

  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }

#else

  #define dbg(...)

#endif

void pt() {std::cout << '\n'; }

template<typename T, typename...Args>

void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

//head

const int N = 2e5 + 5;

int n, m;

int a[N];

struct node{

    int s, p;

    bool operator < (const node &A) const {

        return s < A.s;

    }

}b[N];

int f[N][22];

int lg[N];

void init() {

    lg[2] = 1;

    for(int i = 3; i < N; i++) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;

}

int ask(int l, int r) {

    int k = lg[r - l + 1];

    return max(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);

}

int dp[N], maxv[N];

bool chk(int l, int r) {

    int mx = ask(l, r);

    int i = lower_bound(b + 1, b + m + 1, node{r - l + 1, 0}) - b;

    return maxv[b[i].s] >= mx;

}

int get(int x) {

    int l = 1, r = x + 1, mid;

    while(l < r) {

        mid = (l + r) >> 1;

        if(chk(mid, x)) r = mid;

        else l = mid + 1;

    }

    return r;

}

void run(){

    cin >> n;

    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], f[i][0] = a[i];

    for(int i = 1; i <= 20; i++) {

        for(int j = 1; j + (1 << (i - 1)) <= n; j++) {

            f[j][i] = max(f[j][i - 1], f[j + (1 << (i - 1))][i - 1]);

        }

    }

    cin >> m;

    for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i].p >> b[i].s;

    sort(b + 1, b + m + 1);

    b[m + 1].s = 0;

    for(int i = m; i >= 1; i--) {

        maxv[b[i].s] = max(maxv[b[i + 1].s], b[i].p);

    }

    if(maxv[b[1].s] < ask(1, n)) return pt(-1);

    dp[0] = 0;

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        int p = get(i) - 1;

        dp[i] = dp[p] + 1;

    }

    cout << dp[n] << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

    init();

    int T; cin >> T;

    while(T--) run();

	return 0;

}

E. The Contest

题意：

给出三个集合，每个集合里面装了一些数，这些数的并集为$1$~$n$的排列。

现在可以移动任意一个数从一个集合到另外一个集合。

问最少的移动次数使得$1$集合中为一个前缀$1,\cdots,k$，然后$2$集合中$k+1,\cdots,p$，$3$集合中$p+1,\cdots,n$。（可以有集合为空集）。

思路：

考虑枚举$1$集合中装的前缀的长度，然后将其余的所有数我们先移到$3$集合中，并且给这些数打上标记，表示删除这些数不消耗额外的次数。
之后我们要操作一些数，使得$3$集合中的数为一个后缀。
显然我们对$3$集合的操作是删掉前面的一些数，然后填补后面的空格。假设$3$集合中的数为$p$~$n$，那么我们用$pre[i]$表示$3$集合中原来有的数的前缀，$suf[i]$表示后缀空格的数量。那么显然我们枚举$i,i\geq p$，求出$min\{pre[i]-pre[p-1]+suf[i+1]\}$即可。
显然$p$随着枚举$1$集合前缀个数时在不断增大，那么直接维护后缀$pre[i]+suf[i+1]$的最小值即可。

时间复杂度$O(n)$。也可以$dp$来做，$dp[i][j]$表示第$i$个数在第$j$个集合的最小操作次数。因为分布连续，直接分情况考虑即可。

然而神志不清，想了好久都没想清楚

Code

/*

 * Author:  heyuhhh

 * Created Time:  2019/11/14 9:29:05

 */

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

#define INF 0x3f3f3f3f

//#define Local

#ifdef Local

  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)

  void err() { std::cout << '\n'; }

  template<typename T, typename...Args>

  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }

#else

  #define dbg(...)

#endif

void pt() {std::cout << '\n'; }

template<typename T, typename...Args>

void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

//head

const int N = 2e5 + 5;

int k1, k2, k3, n;

int a[N], b[N], c[N];

int suf[N], pre[N], sum[N], Min[N];

int f[N];

void run(){

    n = k1 + k2 + k3;

    memset(f, 0, sizeof(f));

    for(int i = 1; i <= k1; i++) cin >> a[i];

    for(int i = 1; i <= k2; i++) cin >> b[i];

    for(int i = 1; i <= k3; i++) cin >> c[i];

    int tot = 0;

    int i = 1, j = 1;

    for(int i = 1; i <= k1; i++) f[a[i]] = 2;

    for(int i = 1; i <= k3; i++) f[c[i]] = 1;

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        pre[i] = pre[i - 1] + (f[i] == 1);

    }

    for(int i = n; i >= 1; i--) {

        suf[i] = suf[i + 1] + (f[i] == 0);

    }

    for(int i = n; i >= 0; i--) {

        if(i == n) Min[i] = pre[i];

        else Min[i] = min(Min[i + 1], pre[i] + suf[i + 1]);

    }

    for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + (f[i] == 2);

    int ans = INF;

    for(int i = 0; i <= n; i++) {

        dbg(i, pre[i], suf[i], Min[i] - pre[i]);

        ans = min(ans, i - 2 * sum[i] + sum[n] - pre[i] + Min[i]);

    }

    cout << ans << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

    while(cin >> k1 >> k2 >> k3) run();

	return 0;

}

F. Make Them Similar

题意：

给出$n,n\leq 100$个数，现在定义两个数相似为其二进制$1$的个数相同。

现在问能否找到一个数$x$，使得这$n$个数都异或上$x$，并且最终都相似。

$a_i\leq 2^{30}-1$。

思路：

显然我们要从二进制的每一位来考虑，但是直接来考虑又显然不行。
注意到二进制位不超过$30$，那么可以考虑$meet\ in\ middle$的方法：即折半处理，预处理出一边，然后枚举这一边。
预处理一边后随便用个$map$或哈希一下存储即可。

感觉这个比前几个稍微还简单点？

可能是因为我之前神志不清hhh

Code

/*

 * Author:  heyuhhh

 * Created Time:  2019/11/14 15:21:26

 */

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

#define INF 0x3f3f3f3f

#define Local

#ifdef Local

  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)

  void err() { std::cout << '\n'; }

  template<typename T, typename...Args>

  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }

#else

  #define dbg(...)

#endif

void pt() {std::cout << '\n'; }

template<typename T, typename...Args>

void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

//head

const int N = 100 + 5;

int n;

int a[N];

unordered_map<string, int> mp;

string trans(int x) {

    string res = "";

    if(x > 9) {

        res += ((x / 10) + '0');

        res += ((x % 10) + '0');

    } else res += (x + '0');

    return res;

}

void run(){

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

    for(int i = 0; i < 1 << 15; i++) {

        for(int k = 0; k <= 30; k++) {

            int ok = 1;

            for(int j = 1; j <= n; j++) {

                int x = (a[j] >> 15) ^ i;

                if(__builtin_popcount(x) > k) ok = 0;

            }

            if(ok) {

                string tmp = "";

                for(int j = 1; j <= n; j++) {

                    int x = (a[j] >> 15) ^ i;

                    tmp += trans(k - __builtin_popcount(x));

                }

                if(mp.find(tmp) == mp.end())

                    mp[tmp] = i;

            }

        }

    }

    for(int i = 0; i < 1 << 15; i++) {

        string tmp = "";

        for(int j = 1; j <= n; j++) {

            int x = ((a[j] >> 15) << 15) ^ a[j];

            x ^= i;

            tmp += trans(__builtin_popcount(x));

        }

        if(mp.find(tmp) != mp.end()) {

            int ans = (mp[tmp] << 15) + i;

            cout << ans << '\n';

            return;

        }

    }

    cout << -1 << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

    while(cin >> n) run();

	return 0;

}