Codeforces Round #673 (Div. 1)

B. Make Them Equal

题目描述

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解法

这道题需要发掘题目的特殊性质，你发现移动的石子必须是 (i) 的倍数，那么我们可以把所有石子移动到 (1)，然后再分配，这整个过程的操作数不能超过 (3n)

我们是知道最后每个位置的石子有多少的，如果 (sum a_i\%n ot=0) 就直接无解。

现在的问题是把所有的石子移动到 (1)，需要 (i) 位置上的石子数是 (i) 的倍数才可以全部移动，所以我们可能会先把 (1) 的石子移给他然后再全部拿回来。注意到一个重要条件：(a_igeq 1)，并且模数是 (i)，所以可以从左往右扫，扫到 (i) 的时候 (1) 和 (i) 石子总和一定是够 (i) 的，所以就可以把所有石子移到 (1)，步数消耗 (2n)

最后消耗 (n) 步自由分配即可。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 300005;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n,m,a[M];
struct node
{
	int x,y,z;
};vector<node> b;
void work()
{
	n=read();m=0;b.clear();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();
		m+=a[i];
	}
	if(m%n) {puts("-1");return ;}
	m/=n;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]%i)
			b.push_back(node{1,i,i-a[i]%i});
		b.push_back(node{i,1,(i+a[i]-1)/i});
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)
		b.push_back(node{1,i,m});
	printf("%d
",b.size());
	for(int i=0;i<b.size();i++)
		printf("%d %d %d
",b[i].x,b[i].y,b[i].z);
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--) work();
}

C. XOR Inverse

题目描述

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解法

这道题又是异或又是逆序对的直接把我整傻了，但是不要被吓到，我们考虑两个数什么时候会成为逆序对。

其实就是看是否满足 (a_ioplus x>a_joplus xand i<j)，既然是位运算我们用二进制的思维去考虑：最高位决定大小关系。设 (a_i,a_j) 第一个不同的数位是 (t)，那么它们一定就会在 (x) 的 (t) 这一位决出胜负，如果 (a_i) 这一位为 (1)，(a_j) 这一位为 (0)，那么 (x) 这一位为 (0) 的时候一定有逆序对否则一定没有逆序对。

那么每一对数是否产生逆序对就是在某一位上决定的，对于每一位是独立的，所以可以只要统计出这些数对第一个不同的数位，就可以逐位确定 (x) 了，统计的过程可以用 ( t trie) 树实现，时间复杂度 (O(nlog n))

#include <cstdio>
const int M = 300005;
const int N = 40*M;
#define ll long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,cnt,rt,jzm,a[M],ls[N],rs[N];ll zxy,s[N],b[31][2];
void ins(int d,int &x,int v)
{
	if(!x) x=++cnt;
	if(d==0)
	{
		s[x]++;
		return ;
	}
	if(v&(1<<(d-1)))
	{
		b[d-1][1]+=s[ls[x]];
		ins(d-1,rs[x],v);
	}
	else
	{
		b[d-1][0]+=s[rs[x]];
		ins(d-1,ls[x],v);
	}
	s[x]=s[ls[x]]+s[rs[x]];
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=read();
		ins(30,rt,x);
	}
	for(int i=30;i>=0;i--)
	{
		if(b[i][0]<=b[i][1]) zxy+=b[i][0];
		else zxy+=b[i][1],jzm+=(1<<i);
	}
	printf("%lld %d
",zxy,jzm);
}

E. Split

题目描述

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解法

( t div1) 的神题，让我重新认识了什么叫 (dp) 优化。

首先设计暴力 (dp)，设 (dp[i][j]) 表示考虑 (a_1sim a_i)，结尾的 (b_{2i}) 是 (j)，最大相邻相同的数对有多少个（最后减一下得到答案），这样做复杂度直接上天。这时候普通的竞赛选手（比如我）可能就去想别的状态定义了，好像这东西也优化不动啊。但现在不妨观察一下这个状态转移的特点：

• (dp) 的过程是分层的，我们把 (dp[i]) 这一层称为 (cur)，(dp[i+1]) 这一层称为 (nxt)，令 (x=a_{i+1})
• (nxt[i]geq max(cur))，因为总可以找到一种方法从上一层的最大值转移过来。
• (max(nxt)-min(nxt)leq 2)，因为每次转移最多增加两对相邻相同数，这是本题的关键，能简化情况。
• (max(nxt)-min(nxt)=2) 要求 (a_i) 为偶，并且 (nxt[a_i/2]) 是这层 (dp) 值中唯一的最大值。
• 对于某些 (i) 我们能找到 (cur[x-i]+1) 转移到 (nxt[i]) 的方法。
• 如果 (x) 是偶数，与其在转移是分开讨论他，不如在转移结束之后给 (nxt[x/2]) 加 (1)
• 虽然每一层的转移 (dp) 值会有差异，但是经过一次转移之后所有 (dp) 值都会到一个新的基准值。

根据上面的观察，我们可以维护下面的东西来代替 (dp) 过程：

• (zero) 表示这一层所有 (dp) 值的基准线，也就是这一层的最小值。
• (one) 表示一个集合维护满足下列条件的下标 (i)：(cur[i]=zero+1)
• (two) 表示这一层值为 (zero+2) 的下标，如果没有则为 (-1)，有则为 (a_i/2)

现在考虑如何维护。第一种情况，上一层存在 (two)，那么这一层的基准一定选他了（注意这里是不考虑 (x/2) 多出来的贡献 (1) 才能这么贪心），直接清空上一层维护的 (one)，看 (x-two) 能不能加入 (one) 里面。

第三种情况，(two,one) 都不存在，那么可以把 ([1,min(a_i,x)-1]) 加入 (one) 中（(shift=x,sign=-1)），因为这里我们是加入的一整段所以我们选择以区间的形式来维护 (one)，看能不能保证复杂度。

第二种情况，上一层 (one) 非空，那么这一层的基准线一定选他了。然后要考虑这一层的 (one) 是怎么样的，上一层的元素 (A) 到这一层就变成了 (x-A)，所以我们要求 (Aleq x)，也就是我们要删除一段后缀。但是 (A ightarrow x-A) 这个类似以 (x) 为轴的旋转操作有点难搞，可以考虑懒惰的旋转，手玩一下发现规律是 (A,x-A,y-x+A,z-y+x-A...)，可以维护旋转值 (shift) 和 (A) 前面的符号 (sign)，每次 (shift=shift-x,sign imes-1)，那么每次就要根据 (sign) 的正负判断删除的是前缀还是后缀。

然后特殊考虑 (x/2) 这一位，首先从 (one) 里面去找他，如果找到了就是 (two)，如果找不到就把他加入 (one) 中。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <set>
using namespace std;
const int M = 500005;
#define make make_pair
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n,a[M];
void work()
{
	n=read();
	set<pii> one;set<pii>::iterator it;
	int ze=0,two=-1,sh=0,f=1,ans=2*n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=read();a[i]=x;
		if(two!=-1)
		{
			one.clear();sh=0;f=1;ze+=2;//based on TWO
			if(x>two) one.insert(make(x-two,x-two));
		}
		else if(!one.empty())
		{
			ze++;//based on ONE
			if(f==-1)
			{
				//sh-idx>=x -> idx<=sh-x is illegal
				int lim=sh-x;
				while(!one.empty() && one.begin()->se<=lim)
					one.erase(one.begin());//delete the whole segment
				if(!one.empty() && one.begin()->fi<=lim)//delete the part of the segment
				{
					it=one.begin();int tmp=it->se;
					one.erase(it);
					one.insert(make(lim+1,tmp));
				} 
			}
			else
			{
				//sh+idx>=x -> idx>=x-sh is illegal
				int lim=x-sh;
				while(!one.empty() && one.rbegin()->fi>=lim)
					one.erase(--one.end());
				if(!one.empty() && one.rbegin()->se>=lim)
				{
					int tmp=one.rbegin()->fi;
					one.erase(--one.end());
					one.insert(make(tmp,lim-1));
				}
			}
			sh=x-sh;
			f*=-1;//we rotate lazily
		}
		else//every element is the same
		{
			f=-1;sh=x;
			int lim=min(a[i-1]-1,x-1);
			if(1<=lim) one.insert(make(1,lim));
		}
		//here consider x/2
		two=-1;
		if(x%2==0)
		{
			int y=x/2,val=(y-sh)/f,pd=0;//we reflect the value in ONE
			it=one.lower_bound(make(val+1,(int)-1e18));//attention
			if(it!=one.begin())
			{
				it--;
				if(it->fi<=val && val<=it->se) pd=1;
			}
			if(pd) two=x/2;//we find TWO
			else one.insert(make(val,val));//otherwise add it into ONE
		}
	}
	if(two!=-1) ans-=ze+2;
	else if(!one.empty()) ans-=ze+1;
	else ans-=ze;
	printf("%lld
",ans);
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--) work();
}

F. Showing Off

题目描述

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解法

由于不能走出边界，我们可以感觉出答案大概是若干个基环内向树，并且环长为偶数。

有一个重要的 ( t observation)：就是我们只选环长为 (2) 最优，更长的环可以拆成环长为 (2) 的。

然后我们考虑用类似二分图匹配来解决问题，先对原图黑白染色，如果相邻两个元素权值相等就连一条边，表示可以匹配。

这个点还可以作为基环树链上的点存在，所以可以找到周围比它小的权值，连他是合法的，如果这个点没有匹配可以选择这个方案。但是如果周围没有比它小的权值，说明这个点没有退路只有匹配了，我们可以用上下界网络流把它连向源或汇点的边设置必须选。

#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 100005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n,m,tot,cnt,cur[M],f[M],a[M],val[M],dir[M],dis[M];
int s,t,ss,tt,dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={-1,1};
char st[4]={'L','R','D','U'};
struct edge
{
	int v,c,next;
}e[10*M];
struct node
{
	int a,b,c,d;
}b[10*M];
int id(int x,int y)
{
	return (x-1)*m+y;
}
int in(int x,int y)
{
	return 1<=x && x<=n && 1<=y && y<=m;
}
void add(int u,int v,int c)
{
	e[++tot]=edge{v,c,f[u]},f[u]=tot;
	e[++tot]=edge{u,0,f[v]},f[v]=tot;
}
int bfs()
{
	for(int i=1;i<=tt;i++) dis[i]=0;
	queue<int> q;q.push(s);dis[s]=1;
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();q.pop();
		if(u==t) return 1;
		for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].v;
			if(!dis[v] && e[i].c>0)
			{
				dis[v]=dis[u]+1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return 0;
}
int dfs(int u,int ept)
{
	if(u==t) return ept;
	int flow=0,tmp=0;
	for(int &i=cur[u];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].v;
		if(dis[v]==dis[u]+1 && e[i].c>0)
		{
			tmp=dfs(v,min(ept,e[i].c));
			if(!tmp) continue;
			e[i].c-=tmp;
			e[i^1].c+=tmp;
			flow+=tmp;
			ept-=tmp;
			if(!ept) break;
		}
	}
	return flow;
}
int dinic()
{
	int res=0;
	while(bfs())
	{
		for(int i=1;i<=tt;i++) cur[i]=f[i];
		res+=dfs(s,inf);
	}
	return res;
}
void work()
{
	n=read();m=read();tot=1;cnt=0;
	s=n*m+1;t=s+1;ss=s+2;tt=s+3;
	for(int i=1;i<=tt;i++) f[i]=tot;
	for(int i=1;i<=n*m;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			int fl=0;
			for(int d=0;d<4;d++)
			{
				int x=i+dx[d],y=j+dy[d];
				if(in(x,y) && (i+j)%2 && a[id(x,y)]==a[id(i,j)])
				{//add the edge of match
					add(id(i,j),id(x,y),1);
					b[tot]=node{d,d^1,id(i,j),id(x,y)};
				}
				if(in(x,y) && a[id(x,y)]<a[id(i,j)])
				{//(x,y) is a point (i,j) can relay on
					val[id(i,j)]=a[id(i,j)]-a[id(x,y)];
					dir[id(i,j)]=d;fl=1;
				}
			}
			if(!fl)//(i,j) must match
			{
				cnt++;//count the mush-match point
				if((i+j)%2) add(s,id(i,j),1),add(ss,t,1);
				else add(id(i,j),t,1),add(s,tt,1);
			}
			else//just link a normal edge
			{
				if((i+j)%2) add(ss,id(i,j),1);
				else add(id(i,j),tt,1);
			}
		}
	add(tt,ss,inf);
	if(dinic()!=cnt) {puts("NO");return ;}
	puts("YES");
	for(int i=3;i<=tot;i+=2)
	{
		if(e[i].c>0 && b[i].d>0)//the opposite edge flows
		{
			dir[b[i].c]=b[i].a;
			dir[b[i].d]=b[i].b;
			val[b[i].c]=1;
			val[b[i].d]=a[b[i].c]-1;
		}
		b[i]=node{0,0,0,0};
	}
	for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
		for(int j=1;j<=m;j++)
			printf("%d ",val[id(i,j)]);
	for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
		for(int j=1;j<=m;j++)
			printf("%c ",st[dir[id(i,j)]]);
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--) work();
}