Educational Codeforces Round 65 (Rated for Div. 2)题解

A. Telephone Number

水题，代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 2e5 + 5;

int a[N] ;

int n, T;

char s[N] ;

int main() {

    cin >> T;

    while(T--) {

        cin >> n;

        scanf("%s", s + 1) ;

        int fir = 1;

        for(;fir <= n; fir++) if(s[fir] == '8') break ;

        if(n - fir + 1 >= 11) cout << "YES" << '\n' ;

        else cout << "NO" << '\n' ;

    }

    return 0;

}

B. Lost Numbers

现在cf B题都开始交互了= =。

这个题直接询问$(1,2),(2,3),(3,4),(4,5)$即可解出前5个，剩下一个就确定了。

判断是否成立的话我是直接随机的，毕竟长度比较小。

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 10;

// 0 3, 1 1  = 64

int b[N][N] ;

int c[N] ;

int n, T;

int main() {

    srand(time(NULL));

    for(int i = 1; i <= 4; i++) {

        printf("? %d %d\n", i, i + 1);

        fflush(stdout);

        cin >> b[i - 1][i] ;

    }

    vector <int> a;

    a.push_back(4);

    a.push_back(8);

    a.push_back(15);

    a.push_back(16);

    a.push_back(23);

    a.push_back(42);

    while(1) {

        int f = 1;

        for(int i = 0; i < 4; i++) {

            if(a[i] * a[i + 1] != b[i][i + 1]) f = 0;

        }

        if(f) break ;

        random_shuffle(a.begin(), a.end());

    }

    printf("!");

    for(auto v : a) printf(" %d",v);

    printf("\n") ;

    fflush(stdout) ;

    return 0;

}

C. News Distribution

并查集水题，维护每个集合拥有元素的个数即可。

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 5e5 + 5;

int n, m;

int f[N], sum[N];

int find(int x) {

    return f[x] == x ? f[x] : f[x] = find(f[x]) ;

}

void Union(int x, int y) {

    int fx = find(x), fy = find(y) ;

    if(fx != fy) {

        f[fx] = fy;

        sum[fy] += sum[fx] ;

    }

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0) ;

    cin >> n >> m;

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

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

        int k, last = -1;

        cin >> k;

        int x;

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

            cin >> x;

            if(last == -1) last = x;

            else Union(last, x) ;

        }

    }

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

        int fa = find(i);

        cout << sum[fa] << ' ';

    }

    return 0;

}

D. Bicolored RBS

我这个一开始也写的并查集来找，最后还是一直没有A。。。后面发现其实简单的，我原来的写法则要讨论很多的情况。

因为给定的括号串一定是合法的，所以配对的两个括号它们所在位置的奇偶性一定是相同的。

因为我们要求深度最大最小，那么我们对于左括号，一个给1，一个给0就行了，这样可以使得尽量两边都最小。如果对于一个')'，给它的颜色为0，那么后面也接着从0开始染色，因为如果把中间已经匹配了的消去，那么就可以保证染色是1，0，1，0...这样。

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 2e5 + 5;

int n;

char s[N] ;

int main() {

    int c = 0;

    cin >> n;

    scanf("%s", s + 1) ;

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

        if(s[i] == '(') {

            ++c;

            cout << (c & 1);

        } else {

            cout << (c & 1);

            --c;

        }

    }

    cout << '\n' ;

    return 0;

}

E. Range Deleting

删去值域为$[l,r]$的数后，如果剩下的数满足条件，那么我们就可以得到$down[l-1]<up[r+1]$，这里的$down[i]$表示值为i并且满足前面的值满足单调分布时的最大位置，$up[i]$则表示最小位置。

然后我们枚举枚举下界，来确定上界就行了，下界增大时，上界不会减小，所以复杂度是$O(n)$的。

这个题的关键就是能够想到维护值域的前缀、后缀信息。

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define INF 0x3f3f3f3f;

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e6 + 5;

int n, m;

int a[N], up[N], dw[N], mn[N], mx[N];

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);

    cin >> n >> m;

    for(int i = 1; i <= m; i++) mn[i] = n + 1;

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

        cin >> a[i] ;

        mn[a[i]] = min(mn[a[i]], i) ;

        mx[a[i]] = max(mx[a[i]], i) ;

    }

    dw[0] = 0;

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

        if(dw[i - 1] < mn[i]) {

            dw[i] = max(dw[i - 1], mx[i]) ;

        } else dw[i] = n + 2;

    }

    up[m + 1] = n + 1;

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

        if(up[i + 1] > mx[i]) {

            up[i] = min(mn[i], up[i + 1]);

        } else up[i] = -1;

    }

    int j = 2;

    ll ans = 0;

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

        while(j <= m && (i + 1 >= j || dw[i] > up[j])) ++j;

        if(dw[i] < up[j]) ans += m - j + 2;

    }

    cout << ans;

    return 0;

}

F. Scalar Queries

填坑来了...

这是一个十分巧妙的题。反正我没想出来...

题目中定义了$f(l,r)=\sum_{i=1}^{r-l+1}b_i*i$，这里的$b_i$就是原数组$a_1,a_2,\cdots,a_n$中的$a_l,a_{l+1},\cdots,a_{r}$排序过后的值。

然后题目要求计算$\sum_{1\leq l\leq r\leq n}f(l,r)$。

直接考虑有点麻烦，我们就可以考虑每一个数的贡献。

假设现在考虑的为$a_i$，那么包含它的区间就有$i*(n-i+1)$个，对于每一个区间，假设比$a_i$小的数的个数为$x_i$，那么此时$a_i$的贡献就为$(x_i+1)*a_i$，我们对于每个区间的1提出来，那么总共就是$i*(n-i+1)*a_i$。易知最终的答案就为$(\sum_{j=1}^{i*(n-i+1)}x_j)*a_i$。

现在我们的任务就是统计包含$a_i$的所有区间中，比$a_i$小的数的个数。

此时我们也转换一下，考虑每一个数的贡献，对于在$a_i$左边的数，其贡献就为$j*(n-i+1)$;在右边的贡献就为$k*i$，这里$j,k$分别指从左边开始第几个，从右边开始第几个。因为左右两边等价，我们分析左边：$(n-i+1)*\sum_{j=1}^{i}j*[a_j<a_i]$。

右边求和的式子，我们用树状数组就可以解决了。

关键在于这两次转化。cf题解里面全是用的数学公式来推导，其实也没有那么麻烦，但感觉这进一步加深了我对数学思维在竞赛中应用的理解吧...

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 5e5 + 5, MOD = 1e9 + 7;

int n;

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

ll s[2][N] ;

int lowbit(int x) {

    return x & (-x) ;

}

ll query(int x) {

    ll ans = 0;

    for(ll i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) ans += c[i] ;

    return ans ;

}

void update(int x, int val) {

    for(int p = x; p < N; p += lowbit(p)) c[p] += val ;

}

void add(ll &x, ll y) {

    x += y;

    if(x >= MOD) x %= MOD ;

}

ll mul(ll x, ll y) {

    x *= y;

    if(x >= MOD) x %= MOD ;

    return x;

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);

    cin >> n;

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

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

    int D = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;

    ll ans = 0;

    for(int k = 0; k < 2; k++) {

        memset(c, 0, sizeof(c)) ;

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

            int p = lower_bound(b + 1, b + D + 1, a[i]) - b;

            s[k][i] = query(p) ;

            update(p, i) ;

        }

        reverse(a + 1, a + n + 1) ;

    }

    reverse(s[1] + 1, s[1] + n + 1) ;

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

        add(ans, mul(a[i], mul(i, n - i + 1))) ;

        add(ans, mul(a[i], mul(s[0][i], n - i + 1))) ;

        add(ans, mul(a[i], mul(s[1][i], i))) ;

    }

    cout << ans;

    return 0;

}