Codeforces Round #649 (Div. 2)

https://codeforces.com/contest/1364

A - XXXXX

题意：给一个 (nleq 10^5) 的数组，求一段最长的区间，这段区间的和不被 (x) 整除。

题解：先考虑所有以第一个元素为左端点的区间，这时候往右扫描，得到的前缀和 (prefix[i]) 假如不被 (x) 整除，则更新答案。

然后这样做漏掉了一部分不已第一个元素为左端点的区间，这种区间必须满足：以第 (i) 个元素为右端点并且 (prefix[i]=0) ，那么这种时候拥有相同右端点的区间中，最长的，就是第一个使得 (prefix[j] eq0) 的 (j) 。

B - Most socially-distanced subsequence

题意：给一个 (n) 个数的排列，求一个子序列，使得满足“相邻元素的差的绝对值的和最大”的前提下长度最短。

题解：这个明显是每次转向的时候才需要添加一个新的元素。

C - Ehab and Prefix MEXs

题意：给一个 (n) 个数的非严格单调上升数组 (a) ，构造一个 (n) 个数的数组 (b) ，使得 (MEX{a_1,a_2,...,a_i}=b_i) 。

题解：从左到右扫描，很明显在 (a_i) 发生的变化的时候必须要填 (b_i=a_{i-1}) ，然后中间还有可能差了一部分元素，随便从前面取出一些位置进行更新。没有被使用的直接填一个无穷大。因为 (a) 是非严格单调上升的，所以这个算法并不会重复填元素，每次都是在需要把 (a_{i-1}) 变成 (a_i) 的时候，取出 ([a_{i-1},a_i)) 的数字往前面的位置补。

int n;
int a[100005];
int b[100005];
stack<int> STK;

void TestCase() {

    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(a[i] > i) {
            puts("-1");
            return;
        }
    }

    while(!STK.empty())
        STK.pop();
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        b[i] = 1000000;
        STK.push(i);
        if(a[i] != a[i - 1]) {
            int tmp = a[i - 1];
            while(tmp < a[i] && !STK.empty()) {
                int u = STK.top();
                STK.pop();
                b[u] = tmp;
                ++tmp;
            }
            if(tmp != a[i]) {
                puts("-1");
                return;
            }
        }
    }

    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        printf("%d%c", b[i], " 
"[i == n]);
    return;
}

*D - Ehab's Last Corollary

题意：给一个无向连通图（没有自环和多重边），要求选出一个恰好 (lceil frac{k}{2} ceil) 的独立集或者一个不超过 (k) 个点的环。

题解：若这个无向连通图是一棵树，则直接选出一个独立集。否则，需要想办法找出一个最小环。若最小环的大小超过 (k) ，则选择其中的若干个点变成独立集。（因为这个环是最小的，所以上面的点没有其他的边连接）。

那么问题就变成了怎么寻找一个最小环。很简单，在dfs的时候，遇到“后向边”，取深度最大的邻居祖先（最近的邻居祖先）。存在一种可能是“祖先1”和“祖先2”之间连接一条边，但是这时候在遍历深度大的“祖先1/2”的时候取其“后向边”可以更新到真正的最小环。

注意无向图dfs的是没有“横叉边”的，“非树边”只有“前向边”和“反向边”，这也注定了所有边都不会连接相同深度的节点。上面这个算法在遍历节点 (u) 时实际上找到的是“以节点 (u) 为最深度最大的节点”的最小环。