Educational Codeforces Round 44 (Rated for Div. 2)

题目链接：https://codeforces.com/contest/985

’A.Chess Placing

题意：给了一维的一个棋盘，共有n（n必为偶数）个格子。棋盘上是黑白相间的。现在棋盘上有n/2个棋子，让你全部移动到黑色格子或者白色格子，要求步数最少，并输出步数。

题解：由于黑色或者白色都是固定位置，我们对棋子位置排个序，然后全部移动到任意一个颜色，取两个最小步数的最小值就好了。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
 #define mod 1000000007
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define LL long long
 #define pb push_back
 #define pbk pop_back
 #define ls(i) (i<<1)
 #define rs(i) (i<<1|1)
 #define mp make_pair
 using namespace std;
 const int N=1e5+;
 int a[N],p[N];
 int n,d,ans1,ans2;
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     ans1=ans2=;
     n/=;
     for(int i=;i<=n;i++)
         scanf("%d",p+i);
     sort(p+,p+n+);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
        ans1+=abs(p[i]-i*);
        ans2+=abs(p[i]-(i*-));
     }
     printf("%d\n",min(ans1,ans2));
     return ;
 }

B.Switches and Lamps

题意：有n个开关和m盏灯，每个开关都关联一些灯，按下该开关后这些关联的灯如果亮着就保持不变，关着就会亮起。问你存不存在n-1个开关的组合，使得按下这n-1个开关后，所有灯全部亮起。

题解：用0和1标记按下开关i后第j个灯是否亮起。然后求每个灯关联的开关数。接着遍历所有开关。如果存在一组开关，使得他对每个灯的亮起标记数全部小于每个灯的关联开关数，则存在这样一个组合，这个组合是除他以外的其他所有开关。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
 #define mod 1000000007
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define LL long long
 #define pb push_back
 #define pbk pop_back
 #define ls(i) (i<<1)
 #define rs(i) (i<<1|1)
 #define mp make_pair
 using namespace std;
 const int N=2e3+;
 int a[N],b[N],n,m;
 string s[N];
 bool flag;
 int main()
 {
     ios::sync_with_stdio(false);
     cin.tie();
     cout.tie();
     cin>>n>>m;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         cin>>s[i];
         for(int j=;j<m;j++)
         {
             if(s[i][j]=='')
                 a[j+]++;
         }
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         clr(b);
         flag=;
         for(int j=;j<m;j++)
             if(s[i][j]=='')
                 b[j+]++;
         for(int j=;j<=m;j++)
             if(b[j]==a[j])
             {
                 flag=;
                 break;
             }
         if(flag==)
             return !printf("YES\n");
     }
     return !printf("NO\n");
 }

C.Liebig's Barrels

题意：给你n*k块木板，要你做n个桶，每个桶由k块木板组成。每个桶的盛水量由最短的木板决定。让你最大化这n个木桶的总盛水量，并且每每对木桶的盛水量差不超过l。

题解：给所有板从小到大排个序，然后看最短板往上n块板是不是都小于等于其长度+l，如果不满足则做不出这样的桶组合。现在我们取n块板来造这n个木桶，作为每个桶的最短板。先算其长度+l的木板所在的位置t，然后从第一块最短板开始，每隔k个取一块板，直到板位置超过了t。然后从t位置往前取，除了前面取过的位置，一个一个地取板。按照上述操作取板，直到取了n块板作为木桶的最短板。这时候盛水量就为这n块板长度和。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
 #define mod 1000000007
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define LL long long
 #define pb push_back
 #define pbk pop_back
 #define ls(i) (i<<1)
 #define rs(i) (i<<1|1)
 #define mp make_pair
 using namespace std;
 const int N=1e5+;
 int a[N],b[N],n,m,k,l,t,pp;
 LL ans;
 int main()
 {
     ios::sync_with_stdio(false);
     cin.tie();
     cout.tie();
     cin>>n>>k>>l;
     m=n*k;
     for(int i=;i<=m;i++)
         cin>>a[i];
     sort(a+,a+m+);
     if(a[n]-a[]>l)
     {
         cout<<<<endl;
         return ;
     }
     t=upper_bound(a+,a+m+,a[]+l)-a;
     ans=;
     t--;
     pp=;
     for(int i=;i<=t && pp<n;i+=k)
         ans+=1LL*a[i],pp++;
     for(int i=t;i>= && pp<n;i--)
     {
         if(i%k==)
             continue;
         else
             ans+=1LL*a[i],pp++;
     }
     printf("%I64d\n",ans);
     return ;
 }

D.Sand Fortress

题意：给你无穷个点，从左到右为0,1,2,3…+∞。然后给你n块积木往点上放，要求所有相邻两个点间的积木高度差不超过1。并且约束第一堆积木的高度最大值。问你把这n块积木分配到这些点上后，有放积木的点的数量最少为多少？

题解：如果要求第一堆积木数量最大为1，我们可以想象我们如果要放积木到k堆上积木数最大的情况是形成一个小山一样的，相邻堆差为1的情况。那现在我们约束了第一堆最大高度为h，我们要造k堆。那么积木数最大时，我们第一堆右侧的情况，就是(k+h-1)这个小山中第k堆（包含第k堆）左侧的小山翻转过来的样子。那么我们要求更小的积木数时，就可以通过从上到下拿走积木构成，因此k堆的可达成的积木数是0~这个最大值。对于本题，我们二分查找构成的堆数，用上述方法判断该堆能不能放n个积木，来找到堆数最小值。

此题还需要一点高精度。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
 #define mod 100000000
 #define LL long long
 #define pb push_back
 #define pbk pop_back
 #define ls(i) (i<<1)
 #define rs(i) (i<<1|1)
 #define mp make_pair
 using namespace std;
 LL n,h,lt,rt;
 LL mid;
 LL t[],k[];
 void mul(LL *a,LL p)
 {
     LL g[],ans[];
     clr(g);
     clr(ans);
     g[]=p%mod;
     p/=mod;
     g[]=p%mod;
     p/=mod;
     g[]=p%mod;
     for(int i=;i<;i++)
     {
         for(int j=;j<;j++)
             ans[i+j]+=g[j]*a[i];
     }
     for(int i=;i<;i++)
         ans[i+]+=ans[i]/mod,ans[i]%=mod;
     for(int i=;i<;i++)
         a[i]=ans[i];
     return ;
 }
 void add(LL *a,LL p)
 {
     LL g[];
     clr(g);
     g[]=p%mod;
     p/=mod;
     g[]=p%mod;
     p/=mod;
     g[]=p%mod;
     for(int i=;i<;i++)
         a[i]=a[i]+g[i];
     for(int i=;i<;i++)
         a[i+]+=a[i]/mod,a[i]%=mod;
     return ;
 }
 void sub(LL *a,LL *b)
 {
     for(int i=;i<;i++)
     {
         a[i]-=b[i];
         if(a[i]<)
             a[i]+=mod,a[i+]--;
     }
     return ;
 }
 bool cmp(LL *a,LL p)
 {
     LL g[];
     clr(g);
     g[]=p%mod;
     p/=mod;
     g[]=p%mod;
     p/=mod;
     g[]=p%mod;
     for(int i=;i>=;i--)
             if(a[i]>g[i]) return true;
             else if(a[i]<g[i]) return false;
     return true;
 }
 int main()
 {
     scanf("%I64d%I64d",&n,&h);
     lt=;
     rt=n;
     while(rt-lt>)
     {
         clr(t);
         t[]=;
         mid=lt+rt>>;
         if(mid<=h)
             mul(t,((mid+)%==?(mid+)/:(mid+))),mul(t,mid%==?mid/:mid);
         else
         {
             if((mid+h-)&)
                 mul(t,(mid+h-)/),mul(t,(mid+h+)/),add(t,(mid+h-)/+);
             else
                 mul(t,(mid+h-)/),mul(t,(mid+h+)/);
             clr(k);
             k[]=;
             mul(k,h%==?h/:h);
             mul(k,(h-)%==?(h-)/:(h-));
             sub(t,k);
         }
         if(cmp(t,n))
             rt=mid;
         else
             lt=mid;
     }
     printf("%I64d\n",rt);
     return ;
 }

E.Pencils and Boxes

题意：给你n个数字，让你把他们随意分配到任意数量的集合里，要求集合内数字的个数不小于k，并且任意两个数字之差不大于d。问是否能找到这样的一种集合构造。

题解：我们仍旧把数字排个序，可知每个集合包含排序后的一段连续数字。然后从后往前dp，dp他是不是能成为某个集合左端点（最小数字）。如果该数字为集合左端点，则该位置标记1，否则标记0。处理到第i个数字时，我们lower_bound出他的值+d的数字位置t，然后看看[i+k,t+1]位置有没有左端点，如果有，那么该位置也能成为左端点，标记1。由于这个区间可能很大，我们写个最大值线段树来查询这个位置区间。最后如果1能成为左端点，那么说明存在这样的集合构造，否则不存在。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
 #define mod 1000000007
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define LL long long
 #define pb push_back
 #define pbk pop_back
 #define ls(i) (i<<1)
 #define rs(i) (i<<1|1)
 #define mp make_pair
 using namespace std;
 const int N=5e5+;
 int n,k,d;
 int a[N];
 struct node
 {
     int l,r,maxn;
 }tree[N<<];
 void init(int i,int l,int r)
 {
     tree[i]=(node){l,r,};
     if(l==r) return ;
     int mid=l+r>>;
     init(ls(i),l,mid);
     init(rs(i),mid+,r);
     return ;
 }
 void upd(int i,int pos,int val)
 {
     if(tree[i].l==tree[i].r) {tree[i].maxn=val; return ; }
     int mid=tree[i].l+tree[i].r>>;
     if(mid>=pos) upd(ls(i),pos,val);
     else upd(rs(i),pos,val);
     tree[i].maxn=max(tree[ls(i)].maxn,tree[rs(i)].maxn);
     return ;
 }
 int qy(int i,int l,int r)
 {
     if(tree[i].l>=l && tree[i].r<=r) return tree[i].maxn;
     int mid=tree[i].l+tree[i].r>>;
     int ans=;
     if(l<=mid) ans=max(ans,qy(ls(i),l,r));
     if(r>mid) ans=max(ans,qy(rs(i),l,r));
     return ans;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
     for(int i=;i<=n;i++)
         scanf("%d",a+i);
     sort(a+,a+n+);
     init(,,n);
     for(int i=n-k+;i>=;i--)
     {
         int t=upper_bound(a+,a+n+,a[i]+d)-a;
         t--;
         if(t==n) {upd(,i,); continue;}
         if(i+k>t+) continue;
         upd(,i,qy(,i+k,t+));
     }
     if(qy(,,)==) printf("YES\n");
     else printf("NO\n");
     return ;
 }

F.Isomorphic Strings

题意：给你一个字符串s，然后q个询问。每个询问给出两个该串的子串（长度相同），问能否对每个字母找到一个双射f(x)，使得子串1能够通过双射f(x)变成子串2，子串2能通过f(x)反函数f'(x)变为子串1。

题解:我们把26个字母拆开来，如果该位置有该字母则标1，否则标0，对该字符串做26个字母的双hash。然后询问时，我们对每个询问子串h1，看其内所有出现过的字母在h2里有没有一样的标记序列（hash值）。如果都有那么说明存在这样的双射。如果其中有一个没有那么则不存在。

为什么双hash？ 因为有个大佬造了一组数据卡单hash里的ull情况orz。真的是很强。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
 #define LL long long
 #define pb push_back
 #define pbk pop_back
 #define ls(i) (i<<1)
 #define rs(i) (i<<1|1)
 #define mp make_pair
 using namespace std;
 const int N=2e5+;
 const int maxn=2e5;
 const LL mod[]={,};
 LL bit[N][];
 LL rk[N][][],num[N][];
 int n,m,t,h1,h2,len;
 char s[N];
 bool flag,rflag;
 int main()
 {
     bit[][]=bit[][]=;
     for(int i=;i<=maxn;i++)
         for(int j=;j<;j++)
             bit[i][j]=(bit[i-][j]<<)%mod[j];
     scanf("%d%d",&n,&m);
     scanf("%s",s+);
     for(int i=;s[i];i++)
     {
         t=s[i]-'a';
         for(int j=;j<;j++)
         {
             for(int k=;k<;k++)
                 if(t==j)
                     rk[i][j][k]=(rk[i-][j][k]<<|)%mod[k];
                 else
                     rk[i][j][k]=(rk[i-][j][k]<<)%mod[k];
             if(t==j)
                 num[i][j]=num[i-][j]+;
             else
                 num[i][j]=num[i-][j];
         }
     }
     for(int i=;i<=m;i++)
     {
         scanf("%d%d%d",&h1,&h2,&len);
         rflag=;
         for(int j=;j<;j++)
             if(num[h1+len-][j]>num[h1-][j])
             {
                 flag=;
                 for(int k=;k<;k++)
                 {
                     if(((rk[h1+len-][j][]-rk[h1-][j][]*bit[len][]%mod[])%mod[]+mod[])%mod[]==((rk[h2+len-][k][]-rk[h2-][k][]*bit[len][]%mod[])%mod[]+mod[])%mod[] && ((rk[h1+len-][j][]-rk[h1-][j][]*bit[len][]%mod[])%mod[]+mod[])%mod[]==((rk[h2+len-][k][]-rk[h2-][k][]*bit[len][]%mod[])%mod[]+mod[])%mod[] )
                     {
                         flag=;
                         break;
                     }
                 }
                 if(flag==)
                 {
                     rflag=;
                     break;
                 }
             }
         if(rflag)
             printf("YES\n");
         else
             printf("NO\n");
     }
     return ;
 }

G.Team Players

题意：给出数字0~(n-1)，并给出m个数字对，要求你找出所有的三元组(a,b,c),a<b<c，并且其中不能包含这些数字对。然后让你输出所有三元组A*a+B*b+C*c的和。

题解：我们用容斥定理，把所有三元组和求出来，减去包含至少包含其中一个数字对的三元组的和，加上至少包含其中两个数字对的三元组的和，减掉包含其中三个数字对的三元组的和。最后一个情况要找三元环，通过了大佬的写法才知道怎么有技巧的暴力查找这样的三元环orz。

由于要mod 2^64，直接用ull去做就好了。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
 #define mod 1000000007
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define LL long long
 #define pb push_back
 #define pbk pop_back
 #define ls(i) (i<<1)
 #define rs(i) (i<<1|1)
 #define mp make_pair
 #define ull unsigned long long
 #define fi first
 #define se second
 using namespace std;
 const int N=2e5+;
 ull a,b,c,ans;
 vector<int> e[N];
 vector<pair<int,int> > pe;
 vector<int> g[N];
 int n,m,k,t,u,v,r,d;
 int sz[N];
 ull calc(int p0,int p1,int p2)
 {
     int st[]={p0,p1,p2};
     sort(st,st+);
     return a*st[]+b*st[]+c*st[];
 }
 int main()
 {
     ios::sync_with_stdio(false);
     cin.tie();
     cout.tie();
     cin>>n>>m;
     cin>>a>>b>>c;
     ans=;
     for(int i=;i<n;i++)
     {
         ans+=a*i*((ull)(n--i)*(n--i)/);
         ans+=b*i*i*(n--i);
         ans+=c*i*((ull)i*(i-)/);
     }
     pe.pb(mp(,));
     for(int i=;i<=m;i++)
     {
         cin>>u>>v;
         e[u].pb(v);
         e[v].pb(u);
         pe.pb(mp(u,v));
         if(u>v) swap(u,v);
         ans-=(a*u+b*v)*(n--v)+c*((ull)(v+n)*(n--v)/);
         ans-=(a*u+c*v)*(v-u-)+b*((ull)(u+v)*(v-u-)/);
         ans-=(b*u+c*v)*u+a*((ull)(u-)*u/);
     }
     for(int i=;i<n;i++)
     {
         r=;
         sz[i]=e[i].size();
         sort(e[i].begin(),e[i].end());
         for(int j=;j<sz[i];j++)
         {
             d=e[i][j];
             if(d<i)
                 ans+=a*d*(sz[i]--j)+b*d*j,r++;
             else
                 ans+=b*d*(sz[i]--j)+c*d*j;
         }
         ans+=a*i*((ull)(sz[i]-r)*(sz[i]-r-)/)+b*i*r*(sz[i]-r)+c*i*((ull)r*(r-)/);
     }
     for(int i=;i<=m;i++)
     {
         u=pe[i].fi;
         v=pe[i].se;
         if(sz[u]>sz[v] || (sz[u]==sz[v] && u>v)) swap(u,v);
         g[u].pb(v);
     }
     for(int i=;i<n;i++)
         sort(g[i].begin(),g[i].end());
     for(int i=;i<=m;i++)
     {
         u=pe[i].fi;
         v=pe[i].se;
         auto p0=g[u].begin();
         auto p1=g[v].begin();
         while(p0!=g[u].end() && p1!=g[v].end())
             if(*p0==*p1) ans-=calc(u,v,*p0),p0++,p1++;
             else if(*p0<*p1) p0++;
             else p1++;
     }
     cout<<ans<<endl;
     return ;
 }