Codeforces Round #502 (in memory of Leopoldo Taravilse, Div. 1 + Div. 2)

A - The Rank

题意：定义排名为：先排总分，总分相同排id，求id为1的人的rnk。

题解：implement

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

pair<int, int> p[1005];

void test_case() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        int sum = 0;
        for(int j = 1, x; j <= 4; ++j) {
            scanf("%d", &x);
            sum += x;
        }
        p[i] = {-sum, i};
    }
    sort(p + 1, p + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(p[i].second == 1) {
            printf("%d
", i);
            return;
        }
    }
}

int main() {
#ifdef KisekiPurin
    freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
    int t = 1;
    for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
        //printf("Case #%d: ", ti);
        test_case();
    }
}

B - The Bits

题意：有两个01串a,b，求交换a串的一对01位之后使得a|b的值变化的数量。

题解：分类讨论。显然同种字符换是没有意义的。假如某个ai=1且bi=1，那么需要把ai和某个aj=0且bj=0互换。假如某个ai=1且bi=0，那么需要把ai和某个aj=0互换。假如某个ai=0且bi=1，那么可以和aj=1且bj=0互换。假如某个ai=0且bi=0，那么可以和aj=1互换。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int a[100005], b[100005];
int cnt[2][2];

void test_case() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%1d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%1d", &b[i]);
        ++cnt[a[i]][b[i]];
    }
    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(a[i] == 0 && b[i] == 0)
            sum += cnt[1][0] + cnt[1][1];
        else if(a[i] == 0 && b[i] == 1)
            sum += cnt[1][0];
        else if(a[i] == 1 && b[i] == 0)
            sum += cnt[0][0] + cnt[0][1];
        else
            sum += cnt[0][0];
    }
    printf("%lld
", sum / 2);
}

int main() {
#ifdef KisekiPurin
    freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
    int t = 1;
    for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
        //printf("Case #%d: ", ti);
        test_case();
    }
}

C - The Phone Number

题意：给一个n，构造一个[1,n]排列，使得最长严格上升子序列长度+最长严格下降子序列长度最小。

考虑样例的构造法，比如n=6：

456123

上升为3，下降为2。

564312

上升为2，下降为3。

其中下界肯定是2，这个毫无疑问，那么3能不能变小？要使得上升最小，必须把二元组这样编排（除非搞个全部降序，上升就是1，下降就是n），这样做下降的长度就是n/2。

大胆猜测是不是分成根号n组呢？

789456123

这样下降是3，上升也是3。看样子，把其中一个长度控制在x，就要分成n/x组，且组之间逆序排列。不会证明，先莽一发。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int ans[100005];

void test_case() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    int L = sqrt(n);
    int R = L + 1;
    int cntR = n % L;
    int cntL = (n - R * cntR) / L;
    int top = 0, cur = n;
    for(int i = 1; i <= cntL; ++i) {
        int ccur = cur - L + 1;
        for(int j = 1; j <= L; ++j)
            ans[++top] = ccur++;
        cur -= L;
    }
    for(int i = 1; i <= cntR; ++i) {
        int ccur = cur - R + 1;
        for(int j = 1; j <= R; ++j)
            ans[++top] = ccur++;
        cur -= R;
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        printf("%d%c", ans[i], " 
"[i == n]);
}

int main() {
#ifdef KisekiPurin
    freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
    int t = 1;
    for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
        //printf("Case #%d: ", ti);
        test_case();
    }
}

关于这种LIS的性质好像不太熟练，都是看直觉？这个是 Dilworth's theorem （偏序集分解定理）但是不懂他在说什么。大概是一个结论：一个长mn+1的序列，存在长m+1的链，或者存在长n+1的反链。算了伤脑筋。组合数学学得不好。

D - The Wu

题意：有m个长度为n(<=12)的01串s，q个长度也是n的01串t，定义两个串的“相似度”为他们相等的位的权值之和，对于每个t求“相似度”不超过k的s的数量。

题解：01串的相等位就是异或之后取反。预处理每种相等位的组合的“相似度”，然后暴力枚举st的组合(2^24)，要套个快读01串，不能分为12次scanf("%1d")读入。快写就没什么显著提升。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
//异或值为x的Wu值
int dp1[1 << 12];
//s串的数量
int cnt[1 << 12];
//t串拥有的不超过k的Wu的数量
int dp2[1 << 12][101];
 
int n;
 
int ReadBinary() {
    int cur = 0;
    char tmp = getchar();
    while(tmp != '0' && tmp != '1')
        tmp = getchar();
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        cur = (cur << 1) | (tmp - '0');
        tmp = getchar();
    }
    return cur;
}
 
void test_case() {
    int  m, q;
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
    for(int i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d", &dp1[1 << (n - 1 - i)]);
    for(int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
        if(dp1[i])
            ;
        else {
            int lowbiti = (i & -i);
            dp1[i] = dp1[i ^ lowbiti] + dp1[lowbiti];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        int cur = ReadBinary();
        ++cnt[cur];
    }
    int BITMASK = (1 << n) - 1;
    for(int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
        for(int j = 0; j < (1 << n); ++j) {
            int k = dp1[BITMASK ^ (i ^ j)];
            if(k > 100)
                continue;
            dp2[i][k] += cnt[j];
        }
        for(int k = 1; k <= 100; ++k)
            dp2[i][k] += dp2[i][k - 1];
    }
    for(int i = 1; i <= q; ++i) {
        int cur = ReadBinary();
        int k;
        scanf("%d", &k);
        printf("%d
", dp2[cur][k]);
    }
}
 
int main() {
#ifdef KisekiPurin
    freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
    int t = 1;
    for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
        //printf("Case #%d: ", ti);
        test_case();
    }
}

一种复杂度更低的方法是：对于每种串s，保存其高6位在t的低6位的不同取值下的贡献，然后对于t串，就可以遍历s的高6位然后直接取出来，复杂度缩减了2^6（对于每个t只需要枚举其一半了）。