Codeforces Round #673 (Div. 2)[A-E]
A. Copy-paste
题目大意
给定一个长为 (n) 的数组 (a) ，你可以对任意 $ i, j ;(i eq j)$ ，进行操作 (a_j=a_i+a_j)。同时，需要满足数组中任意一项值不超过 (k)，求最多可进行多少次操作。
*800 greedy
思路分析
这题，显然是一个离线贪心。不了解的可以查看我的贪心算法专题、
排序之后，把最小值不断赋值给其他数直到无法继续赋值。
对于这种题，毫无疑问贪心算法或者数学法会是更好的选择。
代码
const int maxn = 1e5 + 50;
int f[maxn], mn, pos;
void solve(){
int n = read(), k = read();
for (int i = 0; i < n; ++ i) f[i] = read();
sort(f, f + n);
LL sum(0);
for (int i = 1; i < n; ++ i) sum += (k - f[i]) / f[0];
cout << sum << '
';
}
B. Two Arrays
题目大意
给定一个长为 (n) 的非负整数序列 (a) ，和一个定值 (T)。
定义 (f(b)) 为：
序列 (b) 中，满足 (b_i + b_j = T) 的点对 ((i, j) ; i < j) 的总数。
现在，要求对序列 (a) 进行黑白染色，使其分为两个子序列 (c, d) 。求问使得 (f(c) + f(d)) 最小的染色方案。
*1100
思路分析
本题具有两个思路，分别为 基于数学推演的情况讨论法，基于贪心算法的暴力比较法。
假如在竞赛过程中，如果能大致保证贪心算法的正确性时，用贪心算法显然更好一些。
这里主要介绍贪心算法，数学推演实际上是将小于 (dfrac{T}{2}) 的分为一组， 大于 (dfrac{T}{2}) 的分为一组。等于 (dfrac{T}{2}) 的在两子序列中周期摆动安放。
而贪心算法则是维护两个子序列的 hashmap 。当要插入一个数字时，比较其在两个子序列中分别能组成多少组合法点对，贪心选择数量较少的进行插入，满足要求。
在看到题面的时候，通过注意到 (b_i + b_j = T) ，我们应该快速联想到 hashmap 解决此类问题。
在看到最小时，应该快速思考使用在线 or 离线贪心算法。
代码
const int maxn = 1e5 + 50;
int f[maxn], ans[maxn];
void solve(){
int n = read(), T = read();
for (int i = 0; i < n; ++ i) f[i] = read();
unordered_map<int, int> mp1, mp2;
mp1.clear(), mp2.clear();
VI ans(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i){
if (mp1[T - f[i]] <= mp2[T - f[i]]){
ans[i] = 0;
++ mp1[f[i]];
}else {
ans[i] = 1;
++ mp2[f[i]];
}
}
show(ans);
}
C. k-Amazing Numbers
题目大意
给定一个长为 (n) 的序列 (a)，该序列元素大小均在 ([1, n]) 中。定义 k惊喜数字：
- 在序列 (a) 所有长为 (k) 的连续子序列中均出现过的最小元素，若不存在则赋值为 (-1)。
请你计算并输出 (k in [1, n]) 的所有 k惊喜数字。
1 <= n <= 3e5
*1500
思路分析
刚拿到这题时，我没有一点思路。一直在思考是不是滑动窗口，以及如何复用其中的信息，均发现无法快速解决。
后面转换角度从每个元素的特性出发，插入头尾两个虚拟结点，寻找各元素之间的最大间隔。并发现这个方法可行。
最终得出如下结论：
- 假如你不自觉的想入一个问题且在一定时间内不能得出答案时，说明你有一个细节或者角度不对。
- 如果不自觉的用宏观解决问题时（比如在段，区间），专注于微观可能是这个题目的解决方案（位，各元素之间）
之所以写上面这段话，是因为这题当时险些没有做出，而且不属于方法不清楚的层面，而是我在思考问题时出现了角度的偏差。谨以此警示。
回归这个题目，如上文所提，我们维护每个元素的最大间隔。易知，当 (k) 大于某元素最大间隔时，就可能对k惊喜数字产生贡献。在利用 std::map 维护每元组的间隔时，由于其自动排序的特性，可以从头至尾进行处理。
代码
const int maxn = 3e5 + 50;
int f[maxn];
void solve(){
int n = read(), tot = 0, cnt(0);
map<int, int> dis; // 最大间距
unordered_map<int, int> pre; // 上一个元素出现位置
for (int i = 1; i <= n; ++ i){ // index from 1 (in order to insert 0-index node)
f[i] = read();
if (pre[f[i]] == 0){
pre[f[i]] = i;
dis[f[i]] = i;
}else {
int dlt = i - pre[f[i]]; // 间距
// wprint(dlt, dis[f[i]]);
pre[f[i]] = i;
if (dlt > dis[f[i]]) dis[f[i]] = dlt;
}
}
for (auto &e: pre){
int dlt = n + 1 - e.second; // insert (n+1)-index node
if (dlt > dis[e.first]) dis[e.first] = dlt;
// wprint(dlt, e.first, e.second);
}
vector<int> ans(n + 1, -1);
int stop = n + 1;
for (auto &e: dis){ // 利用 map 的排序特性，从头至尾处理即可
if (e.second >= stop) continue;
for (int i = e.second; i < stop; ++ i) ans[i] = e.first;
stop = e.second;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) cout << ans[i] << (i == n ? '
' : ' ');
}
D. Make Them Equal
题目大意
- 出一个序列 (a)，求出一个长度不超过 (3n) 的操作序列，每次操作之后序列中所有元素必须为非负整数，操作完成后使序列 (a) 中每个元素相等。
- 定义一次操作为：选出 ((i,j,x)) 三元组，满足 (i,j) 为序列合法下标，(x) 为 (10^9) 以内非负整数，令 (a_i:= a_i-xcdot i,a_j:=a_j+xcdot i)。
- 输出时先输出操作次数 (k)，然后输出 (k) 行操作序列。
*2000
思路分析
*2000 分的构造题，实际上比完赛之后想想还是很套路的。以后有机会总结一个 你只能用最多 (c cdot n) 次操作，完成一个目标。
在这里进行一个简单的总结。
用 c * n 次操作（询问）完成目标 首先，不管可用操作（询问）数为多少，一个永远可以尝试的思路是： 以某个最特殊的元组做跳板。
- 若 (c == 1)，则为线性操作类似冒泡的感觉，从头至尾线性操作，每次保留其中之一在下一次进行操作。
- 若 (c == 2)，一般来说：
- 可能为 (c == 1)时的情况，但是每次操作需要两步C. Chocolate Bunny 类似这题。
- 或者对每个元素用一次操作将其转移到跳板上，再进行一次操作完成目的。
- 若 (c==3)，则想法与上述差不多。
总而言之，需要发现操作的特定性质，如互相操作，跳板操作。
对于这题，比较困难的地方在于每次操作之后保证所有的元素非负。根据上述结论显然我们需要选择一共“跳板
”，毫无疑问这个跳板选择初始位置 (1) 最为合适。因此，我们大致制定好了构造策略：
- 首先将其他位置的元素转移到“跳板上”。
- 在借助跳板分配元素，使得每个元素相等。
根据题设限制，每个元素最多转移 (a_i - (a_i) \%i) ，对于余下的 (a_i \% i) ，我们可以先补充上 (i - (a_i \% i))，再进行转移。经过思考，这个方案是满足条件的，实际上他也符合一种贪心的思想。我们尽可能避免对于元素进行较大的减操作。
因此最终策略为：
- 首先，将元素转移到跳板上：
- 先将元素补齐至 ((a_i + Delta) \% == 0) 。
- 将元素转移到跳板上。
- 通过跳板逐步分配元素。
代码
const int maxn = 1e4 + 50;
int f[maxn];
void solve(){
int tot(0), n = read();
for (int i = 1; i <= n; ++ i) f[i] = read(), tot += f[i];
if (tot % n != 0){ cout << "-1
"; return; } // 不能整除显然不行
int eve = tot / n;
vector< tuple<int, int, int> > res;
for (int i = 2; i <= n; ++ i){
if (f[i] % i == 0) res.pb({i, 1, f[i] / i});
else {
res.pb({1, i, i - (f[i] % i)});
res.pb({i, 1, (f[i] / i) + 1});
}
}
for (int i = 2; i <= n; ++ i) res.pb({1, i, eve});
wprint(sz(res));
for (auto &e: res) wprint(get<0>(e), get<1>(e), get<2>(e));
}
E. XOR Inverse
题目大意
给定长度为 (n) ((1le nle3 imes 10^5)) 的数列 ({a_n}(0le a_nle 10^9))，请求出最小的整数 (x) 使 ({a_noplus x}) 的逆序对数最少，其中$ oplus$ 是异或。
*2000 divide and conquer CDQ分治
思路分析
本题最开始会比较容易想到通过 dp 去解决。考虑到逆序对这个经典的问题，便考虑到分治的思路。实际上 bit 的 0 or 1 可以类比为二叉树的左右孩子。若越靠近根结点代表的 bit 越高，则右孩子一定大于左孩子（用了字典树的知识）。
因此，题目便比较简单了：运用 CDQ 分治的思路：
首先，我们维护一个 dp 数组，dp[bit][i]:= x 的第 bit 位为 i 时逆序对的个数。
因为，两个元素比较大小等价于比较两者第一个不同位。不同位为 1 的更大。因此在解题的过程中，维护两个数组，左边代表当前分治到左边的元素（bit is 0），右边代表当前分治到右边的元素（bit is 1） 。因此，右边一定大于左边，在利用求解逆序对的知识，通过双指针处理两个子树合并出现的逆序对个数。
- 若不修改该
bit（等价于x的第bit位为0），则逆序对为直接求得的。 - 若修改该
bit（等价于x的第bit位为1），则逆序对数为总数-不修改时的逆序对个数。
之后，贪心选取其中每 bit 逆序对较小的构造答案。
代码
#define pb push_back
using VI = vector<int>;
using LL = long long;
// CDQ 分治处理点对问题
int dp[35][2];
void helper(VI cur, int bit = 30){
if (bit < 0 or cur.empty()) return;
int cnt1(0), ans1(0);
int cnt2(0), ans2(0);
VI right, left;
for (auto &x: cur){
if ((x >> bit) & 1){
ans1 += cnt2; // 由于 index 从大到小，因此 cnt2 代表 index 大于当前元素且元素值小于当前元素的点对数。
++ cnt1;
right.pb(x);
}else {
ans2 += cnt1;
++ cnt2;
left.pb(x);
}
}
helper(left, bit - 1), helper(right, bit - 1);
dp[bit][0] += ans1;
dp[bit][1] += ans2;
}
void solve(){
int n = read();
VI a(n);
for (auto &&e: a) e = read();
reverse(all(a));
helper(a);
LL ans(0), res(0);
for (int i = 0; i <= 30; ++ i){
ans += min(dp[i][0], dp[i][1]);
if (dp[i][1] < dp[i][0]) res |= (1 << i);
}
cout << ans << ' ' << res << '
';
}