AtCoder Grand Contest 058 部分题目不简要题解
2022/8/23 6:23:49
本文主要是介绍AtCoder Grand Contest 058 部分题目不简要题解，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！
从这里开始
- 比赛目录
Problem A Make it Zigzag
考虑使 $1, 3, 5, 7, \cdots, 2n - 3$ 这些位置后三个中的最大值在中间，最后再处理一下最后两个位置就行了。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n;
int a[N];
vector<int> ans;
int maxp(int a, int b, int c) {
if (c > max(a, b)) return 2;
if (b > max(a, c)) return 1;
return 0;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= (n << 1); i++) {
scanf("%d", a + i);
}
for (int i = 1; i <= (n << 1) - 2; i += 2) {
int d = maxp(a[i], a[i + 1], a[i + 2]);
if (d != 1) {
ans.push_back(min(i + d, i + 1));
swap(a[i + d], a[i + 1]);
}
}
int n2 = n << 1;
if (a[n2 - 1] > a[n2]) {
ans.push_back(n2 - 1);
}
printf("%d\n", (signed) ans.size());
for (auto x : ans) {
printf("%d ", x);
}
return 0;
}
Problem B Adjacent Chmax
考虑其实问题相当于一个较大数可以把较小数覆盖掉。
依次考虑原序列每个数在最终序列中占了多长一段。容易发现只需要满足占的那一段里没有比它大的数就可以。
然后就是个简单 dp。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
if (!b) {
x = 1, y = 0;
} else {
exgcd(b, a % b, y, x);
y -= (a / b) * x;
}
}
int inv(int a, int n) {
int x, y;
exgcd(a, n, x, y);
return (x < 0) ? (x + n) : (x);
}
const int Mod = 998244353;
template <const int Mod = :: Mod>
class Z {
public:
int v;
Z() : v(0) { }
Z(int x) : v(x){ }
Z(ll x) : v(x % Mod) { }
friend Z operator + (const Z& a, const Z& b) {
int x;
return Z(((x = a.v + b.v) >= Mod) ? (x - Mod) : (x));
}
friend Z operator - (const Z& a, const Z& b) {
int x;
return Z(((x = a.v - b.v) < 0) ? (x + Mod) : (x));
}
friend Z operator * (const Z& a, const Z& b) {
return Z(a.v * 1ll * b.v);
}
friend Z operator ~(const Z& a) {
return inv(a.v, Mod);
}
friend Z operator - (const Z& a) {
return Z(0) - a;
}
Z& operator += (Z b) {
return *this = *this + b;
}
Z& operator -= (Z b) {
return *this = *this - b;
}
Z& operator *= (Z b) {
return *this = *this * b;
}
friend bool operator == (const Z& a, const Z& b) {
return a.v == b.v;
}
};
Z<> qpow(Z<> a, int p) {
Z<> rt = Z<>(1), pa = a;
for ( ; p; p >>= 1, pa = pa * pa) {
if (p & 1) {
rt = rt * pa;
}
}
return rt;
}
typedef Z<> Zi;
const int N = 5005;
template <typename T>
bool vmax(T& a, T b) {
return a < b ? (a = b, true) : false;
}
int n;
int vis[N];
int a[N], fa[N];
Zi f[N], g[N];
void build(int l, int r, int v) {
if (l > r) {
return;
}
int mx = -1, mxp = 0;
for (int i = l; i <= r; i++) {
if (vmax(mx, a[i])) {
mxp = i;
}
}
fa[mxp] = v;
build(l, mxp - 1, mxp);
build(mxp + 1, r, mxp);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", a + i);
}
a[0] = N, a[n + 1] = N;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int l = i, r = i;
while (a[l - 1] < a[i]) l--;
while (a[r + 1] < a[i]) r++;
Zi s = 0;
for (int j = l; j <= r; j++) {
g[j] += (s += f[j - 1]);
}
for (int j = 0; j <= n; j++) {
g[j] += f[j];
f[j] = g[j];
g[j] = 0;
}
}
printf("%d\n", f[n].v);
return 0;
}
Problem C Planar Tree
差点不会这题，感觉好毒瘤啊。
如果只有 1, 2 这个题瞎做就好了。
注意到如果奇数和偶数都能连，就是只有 1, 2 的情况，可是 1, 4 不能连。考虑先把这两个烦人的东西干掉。
考虑 $(1, 2)$，$(3, 4)$ 相邻的时候直接连起来，然后分别当做只有一个点 2 或者 3。假如原问题有解且不存在这条边，那么显然这条边可以加上去，然后环上随便删一条边就行了。因此原问题和新问题有解性等价。
注意到如果有连续两个数是相同的，那么可以在其中 1 个连边的时候，两个一起连。考虑把这两个缩一起。和上面同样的方法证明两个问题有解性等价，只是可以加边的原因略有不同。
现在问题变成 1 不和 2 相邻，4 不和 3 相邻，相邻的数不同，目标把所有的 1, 4 连到别的点上。可以发现，树上不跨过 4 的 $(1, 2)$ 相连会导致至少 1 个 $3$ 不能继续和 4 相连。（如果有跨过 4 的话就考虑这个 $(3, 4)$，这样处理下去可能会得到不跨过 2 的 $(3, 4)$ 相连，但和这个情形是相似的）这样的情况一定是 $(1, 3, 2)$，考虑把这个缩成 $2$，继续这个操作。所以每消去一个 1 就会减少一个 3，每消去一个 4 就会减少一个 2。
如果不存在 $(1, 3, 2)$ 也不存 $(4, 2, 3)$，那么说明不存在 $(2, 3)$ 相邻的情况，此时可以得到 $4$ 的数量大于等于 $2$ 的数量， $3$ 的数量大于等于 $1$ 的数量（等于是因为可能都没有），此时显然不可能。
相反如果满足 $2$ 的数量加上 $3$ 的数量大于 $1$ 的数量加上 $4$ 的数量，同时 1 的数量大于等于 3 的数量，4 的数量大于等于 2 的数量，因为每次两个数量和同时减少，所以不可能出现不存在 $(2, 3)$ 相邻的情形。因此只用处理一下，然后数数量就可以了。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
int T, n;
int a[N], stk[N], cnt[5];
int merge(int x, int y) {
if (x > y) swap(x, y);
if (x == y) {
return x;
}
if (x + 1 == y && x != 2) {
return x == 1 ? y : x;
}
return 0;
}
void solve() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", a + i);
}
int pos = 1, top = 1;
while (a[pos] == a[1]) pos++;
rotate(a + 1, a + pos, a + n + 1);
stk[top] = a[1];
for (int i = 2, x; i <= n; i++) {
x = merge(stk[top], a[i]);
if (x) {
stk[top] = x;
} else {
stk[++top] = a[i];
}
}
int frt = 1, tmp;
while (frt < top && (tmp = merge(stk[frt], stk[top]))) {
stk[top] = tmp;
frt++;
}
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
for (int i = frt; i <= top; i++) {
cnt[stk[i]]++;
}
if (cnt[4] <= cnt[2] && cnt[1] <= cnt[3] && cnt[1] + cnt[4] < cnt[2] + cnt[3]) {
puts("Yes");
} else {
puts("No");
}
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}
Problem D Yet Another ABC String
这种题比那种无聊的猜结论题有意思多了。
朴素容斥的话相当于硬点若干个位置，然后这个位置起始长度为 3 的子串不合法。有重叠的话不好处理，主要因为 3 种字符的数量有限制。
考虑让硬点的位置后面一定不和它相连。就是 ABC 后面不是 A。相当于就是对每个这样连续的 ABCABCAB 末做一个子集容斥。
然后就是个简单组合计数。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
if (!b) {
x = 1, y = 0;
} else {
exgcd(b, a % b, y, x);
y -= (a / b) * x;
}
}
int inv(int a, int n) {
int x, y;
exgcd(a, n, x, y);
return (x < 0) ? (x + n) : (x);
}
const int Mod = 998244353;
template <const int Mod = :: Mod>
class Z {
public:
int v;
Z() : v(0) { }
Z(int x) : v(x){ }
Z(ll x) : v(x % Mod) { }
friend Z operator + (const Z& a, const Z& b) {
int x;
return Z(((x = a.v + b.v) >= Mod) ? (x - Mod) : (x));
}
friend Z operator - (const Z& a, const Z& b) {
int x;
return Z(((x = a.v - b.v) < 0) ? (x + Mod) : (x));
}
friend Z operator * (const Z& a, const Z& b) {
return Z(a.v * 1ll * b.v);
}
friend Z operator ~(const Z& a) {
return inv(a.v, Mod);
}
friend Z operator - (const Z& a) {
return Z(0) - a;
}
Z& operator += (Z b) {
return *this = *this + b;
}
Z& operator -= (Z b) {
return *this = *this - b;
}
Z& operator *= (Z b) {
return *this = *this * b;
}
friend bool operator == (const Z& a, const Z& b) {
return a.v == b.v;
}
};
Z<> qpow(Z<> a, int p) {
Z<> rt = Z<>(1), pa = a;
for ( ; p; p >>= 1, pa = pa * pa) {
if (p & 1) {
rt = rt * pa;
}
}
return rt;
}
typedef Z<> Zi;
const int N = 3e6 + 5;
int A, B, C, S;
Zi fac[N], _fac[N], pw2[N];
void init(int n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
fac[i] = fac[i - 1] * i;
}
_fac[n] = ~fac[n];
for (int i = n; i; i--) {
_fac[i - 1] = _fac[i] * i;
}
pw2[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
pw2[i] = pw2[i - 1] * 2;
}
}
void cswap(int& a, int& b) {
if (a > b) {
swap(a, b);
}
}
Zi comb(int n, int m) {
return n < m ? 0 : fac[n] * _fac[m] * _fac[n - m];
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &A, &B, &C);
S = A + B + C;
cswap(B, C), cswap(A, B), cswap(B, C);
init(S);
Zi ans = 0, tmp;
for (int i = 0; i <= A; i++) {
// the last one isn't included
int rest = S - 3 * i;
tmp = comb(rest + i - 1, i) * pw2[i] * fac[rest] * _fac[A - i] * _fac[B - i] * _fac[C - i];
// the last one is included
if (i) {
tmp += comb(rest + i - 1, i - 1) * pw2[i - 1] * 3 * fac[rest] * _fac[A - i] * _fac[B - i] * _fac[C - i];
}
if (i & 1) {
ans -= tmp;
} else {
ans += tmp;
}
}
printf("%d\n", ans.v);
return 0;
}
Problem E Nearer Permutation
感觉这种题和码农题一样无聊，反正顺着思路做就完了，每步难度不大，就是思考的过程特别长。虽然也有可能是因为我菜。
考虑怎么找出 $z$。
首先考虑怎么算 $d(x, z)$，相当于将 $x$ 第一个位置上的数，在 $z$ 中改为 $1$，第二位置上的数，在 $z$ 中改为 $2$，然后求 $z'$ 的逆序对数。
这个显然相当于 $i$ 在两个排列中出现的位置构成的有序二元组的逆序对数。
那么现在有 2 列二元组，每列二元组只知道其中 1 个数，从小到大把 $1$ 到 $n$ 填进去，每次尽可能填较小的数对应的二元组。
现在问题变成判定把剩下的填进来其中 1 列的逆序对数是否不超过另一列的逆序对数。
可以发现，只有每对 $i$ 在 $x$ 和 $y$ 中出现的位置构成的有序二元组的逆序对会对差有贡献，并且贡献为 $+1$ 或者 $-1$。（其实这个逆序对其实就是 $i$ 在 $x$ 中出现的位置 $p_i$ 的逆序对）如果 $p_i > p_j (i < j)$ 并且 $(p_i, ?)$ 被先填上数，那么会产生 $+1$ 的差。（最终需要差小于等于 0）我们下面称违反一个逆序对 $(i, j) (i < j, p_i > p_j)$ 指先在 $(p_i, ?)$ 填数。
因此我们可以至多违反逆序对总数除以 $2$ 向下取整个逆序对。
然后很容易得到一个明确的求 $z$ 的做法：假设当前在确定第 $i$ 个位置上的数，找尽量小的 $j$ 满足上一条限制，然后填上 $(p_j, i)$。
现在回到原问题。
现在我们要填 $p_1, \cdots, p_n$，题目指定了上面做法填 $(p_i, ?)$ 的顺序。
当我们填了一个 $(p_i, ?)$ 且前面有没有填的 $(p_j, ?)$ 时相当于限制此时能违反的数量小于填 $(p_j, ?)$ 会违反的数量。考虑每次填的过程，允许违反的数量每次单调不增，后者至多减少 1。所以如果下一次填的位置 $(p_k, ?)$ 满足 $k < i$，那么意味着上面这个差是刚好变为 $0$，所以填完 $(p_k, ?)$ 后不能再违反任何逆序对。这之后只能每次填 $p$ 最小的没填的位置。
我们将 $p_i$ 分为 4 类：
- 第一类位置：满足 $i = z_i$
- 第三类位置：第一个满足 $z_i > z_{i + 1}$ 的 $z_{i + 1}$
- 第二类位置：设第三类位置为 $z_t$，那么在 $z_1, \cdots, z_{t - 1}$ 中满足 $z_i > i$ 的为第二类位置
- 第四类位置：剩下的
容易发现对于第一类位置没有限制。如果一个现在要填的位置 $p_i$，之前还有没有填的位置 $p_j$，那么一定满足 $p_i < p_j$，否则能违反的限制数一定满足能先填 $p_j$。因此在不考虑第三类位置的情况下，第二类位置的限制在处理出第四类位置的 $p$ 的相对顺序后就已知了。
我们希望使得逆序对数减去 2 倍被违反的逆序对数为 $0$ 或者 $1$。我们先考虑这个东西的最小值。注意到每产生一个被违反的逆序对的时候对这个值的贡献为 $-1$。
在不考虑第三类位置的时候，最优方案为第一类位置依次填 $n, n - 1, \cdots$，第一个第二类位置填能填最大的数（能违反的逆序对数到这里的时候最大值就是这个位置上的限制）剩下按顺序填最小的数。
注意到你可以连续地把这个值加上 1，所以如果第三类位置在第一个第二类位置的后面就做完了。
考虑第三类位置在所有第二类位置之前的情形。
如果第三类位置填上后后面有 $x$ 个数比它小，那么到这个位置的时候允许违反的逆序对数也是 $x$。第三类位置对于倒数第 $i$ 个被填上的第二类位置有一个限制：这后面至多有 $i - 1$ 个数比它小（注意求 $z$ 的过程运行到这里的时候允许违反的逆序对数是 $x$）。此时显然最优的话把第一个第二类位置填能填的最大的，剩下的没填的按顺序填能填的最小的。因此我们只用求一下最大可能的 $x$ 即可。（注意这里所有的第二类位置都对这个第三类位置有限制，因为经过第一个第二类位置后，允许违反的逆序对数是 $x$ 不是 $0$）。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename T>
bool vmin(T& a, T b) {
return a > b ? (a = b, true) : false;
}
const int N = 3e5 + 5;
typedef class Fenwick {
public:
int n;
int a[N];
void init(int n) {
this->n = n;
fill(a, a + n + 1, 0);
}
#define lowbit(_) ((_) & -(_))
void add(int idx, int val) {
for ( ; idx <= n; idx += lowbit(idx)) {
a[idx] += val;
}
}
int query(int idx) {
int ret = 0;
for ( ; idx; idx -= lowbit(idx)) {
ret += a[idx];
}
return ret;
}
int query(int l, int r) {
return query(r) - query(l - 1);
}
} Fenwick;
int T, n;
Fenwick fen;
int a[N], les[N];
void solve() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", a + i);
}
int p1, p2;
for (p1 = 1; p1 <= n && a[p1] == p1; p1++);
if (p1 >= n) {
puts("Yes");
return;
}
for (p2 = p1 + 1; p2 <= n && a[p2] > a[p2 - 1]; p2++);
long long dif = -1ll * (n + n - p1) * (p1 - 1) / 2;
fen.init(n);
for (int i = n; i >= p1; i--) {
int p = a[i];
dif += fen.query(p);
fen.add(p, 1);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
les[i] = n + 1;
}
fen.init(n);
for (int i = p2; i <= n; i++) {
int p = a[i];
if (i != p2) {
les[p] = fen.query(p, n);
}
fen.add(p, 1);
}
if (a[p2] > a[p1]) {
int lim = n + 1;
for (int i = p1; i <= a[p1]; i++) {
vmin(lim, les[i]);
}
dif -= lim + (p2 - p1 - 1);
} else {
int lim = n - a[p2] - (p2 - p1);
for (int i = 2; i <= n; i++) {
vmin(les[i], les[i - 1]);
}
for (int i = p1; i < p2; i++) {
vmin(lim, les[a[i]] + p2 - i - 1);
}
vmin(lim, les[a[p2]] - 1);
dif -= lim + p2 - p1 - 1;
}
puts((dif < 2) ? "Yes" : "No");
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}
Problem F Authentic Tree DP
别催了，在路上了.jpg
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