Educational Codeforces Round 76 (Rated for Div. 2)

A. Two Rival Students (CF 1257 A)

题目大意

有(n)个学生，给定两个学生的初始站位，可以交换最多(k)次相邻学生位置，要求那两个学生相距最远，问该距离是多少？

解题思路

移到边边就好了。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;

template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}

template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}

int main(void) {
    int kase; read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        int n,a,x,b;
        read(n);
        read(x);
        read(a);
        read(b);
        if (a>b) swap(a,b);
        int dis=abs(a-1)+abs(n-b);
        if (x>=dis) printf("%d
",n-1);
        else printf("%d
",b-a+x);
    }
    return 0;
}

---

B. Magic Stick (CF 1257 B)

题目大意

给定两个数(x,y)，问能否通过以下两种操作使得(x=y)。

• (x)是偶数，则(x=dfrac{3x}{2})
• (x>1)，则(x=x-1)

可以操作无限次。

解题思路

我们发现一旦(x>3)，则(x)可以越来越大，此时一定可以使得(x=y)。而当(x=2)时(x)就在(2,3)徘徊，或者到(1)，这个时候再看(y)在哪就好了。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;

template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}

template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}

int main(void) {
    int kase; read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        int x,y;
        read(x);
        read(y);
        if (x>3) puts("YES");
        else if (x==1&&y!=1) puts("NO");
        else if (y<4) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
    return 0;
}

---

C. Dominated Subarray (CF 1257 C)

题目大意

一个数组中，出现最多的那个数（只能有一个数）能统治这个数组，如果有多个数则没有数能统治。先给定一数组(a)，问最短的有数字统治的长度的子数组（在原数组连续）是多少。

解题思路

在最短的子数组里，首尾的数字一定是相同的且这个数字出现了两次，因为如果里面有出现两次及以上的数字的话，这个子数组的长度能更短，所以就从左到右扫一遍，遇到每一个数，与这个数上一次出现的位置作差得到一个长度取最小值即可。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;

template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}

template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}

int main(void) {
    int kase; read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        int n;
        read(n);
        int a[n+1]={0};
        for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
        unordered_map<int,int> qwq;
        int ans=1e9+7;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            if (qwq[a[i]]==0) qwq[a[i]]=i;
            else{
                ans=min(ans,i-qwq[a[i]]+1);
                qwq[a[i]]=i;
            }
        }
        if (ans==1e9+7) puts("-1");
        else printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

---

D. Yet Another Monster Killing Problem (CF 1257 D)

题目大意

(n)个怪兽各有一定的攻击力(a_i)，现有(m)个英雄对应的攻击力和耐力值分别为(p_i)和(s_i)。先派英雄依次打败这(n)个怪兽，如果怪兽的攻击力大于所派英雄攻击力则英雄撤退回来，或者英雄的耐力值为(0)也回来，或者中途撤退回来。英雄每打败一只怪兽其耐力值就减一。问最少派多少次英雄才能打完全部怪兽。一个英雄可以派任意多次。如果不能打完所有怪兽输出(-1)。

解题思路

注意到可以中途撤退，那么我们维护一个数组(ins[i]=maxlimits_{s_j geq i}(p_j))，表示能打(i)次怪兽的英雄的最大攻击力，然后每次贪心看最多能打多少个怪兽即可。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;

template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}

template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}

int main(void) {
    int kase; read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        int n;
        read(n);
        int dps[n+1];
        memset(dps,0,sizeof(dps));
        int max_dps=0;
        for(int i=1;i<=n;++i) read(dps[i]),max_dps=max(dps[i],max_dps);
        int m;
        read(m);
        int ins[n+1];
        memset(ins,0,sizeof(ins));
        int max_ins=0;
        for(int u,v,i=1;i<=m;++i){
            read(u);
            read(v);
            max_ins=max(max_ins,u);
            ins[v]=max(u,ins[v]);
        }
        if (max_ins<max_dps) {puts("-1"); continue;}
        for(int i=n-1;i>=1;--i) ins[i]=max(ins[i],ins[i+1]);
        int ans=0;
        int id=1;
        while(id<=n){
            int qwq=dps[id];
            int cnt=1;
            while(qwq<=ins[cnt]&&id<=n){
                ++id;
                qwq=max(qwq,dps[id]);
                cnt++;
            }
            ++ans;
        }
        write(ans,'
');
    }
    return 0;
}

---

E. The Contest (CF 1257 E)

题目大意

三组数，第(i)组有(k_i)个数，分别是(k_{ij})。所有数各不相同且(1leq k_{ij} leq n)。现在要求第一组里的数是(1)~(q)，第二组里的数是(q+1)~(p)，第三组里的数是(p+1)~(n)，(q,p)任意，甚至可以有一组或者两组里没有数。现在可以进行一种操作，即从一组数中取一个数放到另一组。问最小操作的次数。

解题思路

我们设(pos[i])表示数字(i)在第几组，然后我们枚举第一组的个数，考虑最小的操作次数。
当第一组的个数为(l)，那么数字(1)~(l)都必须在第一组里，那么第一组要满足要求所产生的操作数就是(pos[1..l])中非(1)的个数以及(pos[l+1..n])中(1)的个数，对于第三组，我们假设有(p)~(n)都在里面，那么第三组产生的贡献就是(pos[p..n])中(2)的个数以及(pos[l+1..p-1])中(3)的个数。那么我们设(ncnt1[i])表示(pos[1..i])非(1)的个数，(cnt1[i])表示(pos[i..n])中(1)的个数，(cnt2[i])表示(pos[i..n])中(2)的个数，(cnt3[i])表示(pos[1..i])中(3)的个数。那么(dp[l]=minlimits_{p>l}(ncnt1[l]+cnt1[l+1]+cnt2[p]+cnt3[p-1]-cnt3[l]))。关于(p)的(l)无关，储存最小值即可(O(1))转移。时间复杂度(O(n))。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;

template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}

template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}

int main(void) {
    int k1,k2,k3;
    read(k1);
    read(k2);
    read(k3);
    int n=k1+k2+k3;
    int pos[n+1];
    memset(pos,0,sizeof(pos));
    for(int u,i=1;i<=k1;++i){
        read(u);
        pos[u]=1;
    }
    for(int u,i=1;i<=k2;++i){
        read(u);
        pos[u]=2;
    }
    for(int u,i=1;i<=k3;++i){
        read(u);
        pos[u]=3;
    }
    int cnt1[n+2],ncnt1[n+2],cnt2[n+2],cnt3[n+2];
    memset(cnt1,0,sizeof(cnt1));
    memset(ncnt1,0,sizeof(ncnt1));
    memset(cnt2,0,sizeof(cnt2));
    memset(cnt3,0,sizeof(cnt3));
    for(int i=1;i<=n;++i){
        ncnt1[i]=ncnt1[i-1]+(pos[i]!=1);
        cnt3[i]=cnt3[i-1]+(pos[i]==3);
    }
    for(int i=n;i>=1;--i){
        cnt1[i]=cnt1[i+1]+(pos[i]==1);
        cnt2[i]=cnt2[i+1]+(pos[i]==2);
    }
    int ans=1e9+7;
    int qwq=cnt2[n+1]+cnt3[n];
    for(int i=n;i>=0;--i){
        ans=min(ans,ncnt1[i]+cnt1[i+1]+qwq-cnt3[i]);
        if (i!=0) qwq=min(qwq,cnt2[i]+cnt3[i-1]);
    }
    write(ans,'
');
    return 0;
}

---

F. Make Them Similar (CF 1257 F)

题目大意

(n)个数，要求选一个数(x)与它们异或，使得异或后的数在二进制下都有相同个数的(1)。如果不存在这样的(x)输出(-1)。

解题思路

由于(xleq 2_{30}-1)，在二进制下，各位互不干扰，我们可以枚举前(15)位的情况分别与这(n)个数异或，得到(1)的个数，第(i)个数设为(l_i)，然后再枚举后(15)位的情况分别异或，得到(1)的个数，第(i)个数设为(r_i)，看看是否存在一个方案使得两个(15)位对(1)的个数的和相等，即满足(forall i,j in [1,n],l_i+r_i=l_j+r_j)，移项得(l_j-l_i=r_i-r_j)。对于(l_i)我们设(cl_i=l_i-l_1)，把(cl_i)数组(Hash)或者用(map)或者丢到(set)里，对于(r_i)我们设(cr_i=r_1-r_i)，当得到一组(cr_i)时去找有没有和它相等的(cl_i)即可。时间复杂度(O(n2^{20}))。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;

template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}

template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}

const int N=106;

int n,ans;

int a[N],cnt[N];

int tmp;

struct data{
    array<int,102> aa;
    int ans;
    bool operator<(const data &a)const{
        return aa<a.aa;
    }
};

set<data> qwq;

int cout1(int x){
    if (x==0) return 0;
    else return cout1(x>>1)+(x&1);
}

void DFS1(int x){
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    for(int i=1;i<=n;++i) cnt[i]=cout1((a[i]&tmp)^x);
    data qaq;
    qaq.aa.fill(0);
    for(int i=0;i<n-1;++i) qaq.aa[i]=cnt[i+2]-cnt[1];
    qaq.ans=x;
    qwq.insert(qaq);
}

void DFS2(int x){
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    for(int i=1;i<=n;++i) cnt[i]=cout1((a[i]>>15<<15)^x);
    data qaq;
    qaq.aa.fill(0);
    for(int i=0;i<n-1;++i) qaq.aa[i]=cnt[1]-cnt[i+2];
    qaq.ans=0;
    auto it=qwq.find(qaq);
    if (it!=qwq.end()) ans=x^((*it).ans);
}

int main(void) {
    for(int i=0;i<15;++i) tmp|=(1<<i);
    read(n);
    ans=-1;
    for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
    int len=(1<<15);
    for(int i=0;i<len;++i){
        if (ans!=-1) break;
        DFS1(i);
    }
    for(int i=1;i<len;++i){
        if (ans!=-1) break;
        DFS2((i<<15));
    }
    if (ans==-1) puts("-1");
    else printf("%d
",ans);
    return 0;
}

---