CodeForces Round 545(div 2) 题解

跟个sb一样
比赛链接
今天来改题了。

A

题意：找出最长的一段区间使得区间长度是偶数，且区间前一半只有一种数，后一半只有一种数。

(a[i] in [1,2], n leq 100000).

A solution

解：考虑分段。

举个例子：[1 2 2 1 2 2 2 1 1 2 1]
按相同的值分为一段之后就会变成
[1 | 2 2 | 1 | 2 2 2 | 1 1 | 2 | 1]

显然目标区间一定会在相邻的两个段里，正确性显然。
于是直接计算即可。

/**
 * @Author: Mingyu Li
 * @Date:   2019-03-08T17:07:17+08:00
 * @Email:  class11limingyu@126.com
 * @Filename: c1138A.cpp
 * @Last modified by:   Mingyu Li
 * @Last modified time: 2019-03-09T09:16:10+08:00
 */

#include <bits/stdc++.h>
#define tpname typename
#define Go(i , x , y) for(register int i = x; i <= y; i++)
#define God(i , y , x) for(register int i = y; i >= x; i--)
typedef long long LL;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ULL;
template < tpname T > void sc(T& t) {
  char c = getchar(); T x = 1; t = 0; while(!isdigit(c)) {if(c == '-') x = -1; c = getchar();}
  while(isdigit(c)) t = t * 10 + c - '0' , c = getchar();t *= x;
}
template < tpname T , tpname... Args > void sc(T& t , Args&... args) {sc(t); sc(args...);}
template < tpname T > T mul(T x , T y , T _) {
  x %= _,y %= _; return ((x * y - (T)(((ld)x * y + 0.5) / _) * _) % _ + _) % _;
}

const int N = 100000 + 10;
int pref[3][N] , suf[3][N];

int n , ans = 0 , t[N];
int main() {
  sc(n);
  Go(i,1,n) sc(t[i]);
  std::vector < int > v;
  int cnt = 1;
  Go(i , 2 , n+1) {
    if(t[i] != t[i - 1]) {
      v.push_back(cnt);
      cnt = 0;
    }
    cnt++;
  }

  Go(i , 0 , (int)v.size() - 2) ans = std::max(ans , std::min(v[i] , v[i + 1]) * 2);
  std::cout << ans << " 
";
  return 0;
}

B

题意：给定一张(2)行(n)列的表格(A).
(A[i][j])代表第(j)个人擅不擅长项目(i).
要求将(n)个人分成2组，每组(n/2)个人。（保证(n)是偶数）并满足第一组擅长项目1的人数=第二组擅长项目2的人数。
输出方案。(n leq 5000).

B solution

解：下文中将默认((i,j))为是否擅长项目1与项目2。
看起来好像很难下手，但是只需要枚举即可。
枚举第一组中((1,0))的人数与((1,1))的人数。

接着，第一组擅长项目1的人数就确定了，第二组((1,1))的人数也确定了，那就可以确定第二组((0,1))的人数了。
第二组确定了，第一组也能确定。
于是第一组的((0,0))人数也确定了。第二组随之确定。
如果所有人数都合法就输出。如果没有任何一组人数合法，输出(-1).

/**
 * @Author: Mingyu Li
 * @Date:   2019-03-08T17:51:24+08:00
 * @Email:  class11limingyu@126.com
 * @Filename: c1138B.cpp
 * @Last modified by:   Mingyu Li
 * @Last modified time: 2019-03-09T10:47:22+08:00
 */

#include <bits/stdc++.h>
#define tpname typename
#define Go(i , x , y) for(register int i = x; i <= y; i++)
#define God(i , y , x) for(register int i = y; i >= x; i--)
typedef long long LL;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ULL;
template < tpname T > void sc(T& t) {
  char c = getchar(); T x = 1; t = 0; while(!isdigit(c)) {if(c == '-') x = -1; c = getchar();}
  while(isdigit(c)) t = t * 10 + c - '0' , c = getchar();t *= x;
}
template < tpname T , tpname... Args > void sc(T& t , Args&... args) {sc(t); sc(args...);}
template < tpname T > T mul(T x , T y , T _) {
  x %= _,y %= _; return ((x * y - (T)(((ld)x * y + 0.5) / _) * _) % _ + _) % _;
}

int n;
std::string a , b;
std::vector < int > v00 , v01 , v10 , v11;
int main() {
    v00.clear(); v11.clear(); v01.clear(); v10.clear();
  std::cin >> n;
  std::cin >> a >> b;
  a = "%" + a; b = "%" + b;
  Go(i , 1 , n) {
    if(a[i] == '1' && b[i] == '1') v11.push_back(i);
    else if(a[i] == '0' && b[i] == '0') v00.push_back(i);
    else if(a[i] == '0' && b[i] == '1') v01.push_back(i);
    else if(a[i] == '1' && b[i] == '0') v10.push_back(i);
  }

  Go(s10 , 0 , (int)(v10.size()))
    Go(s11 , 0 , (int)(v11.size())) {
      if(s10 + s11 > n/2) continue;
      // 选完之后 剩下的s10和s11进入第二组
      // 对答案有贡献的只有s11
      int g2_s01 = s10 + 2 * s11 - (int)((int)(v11.size()));
      int g1_s01 = (int)(v01.size()) - g2_s01;
      if(g2_s01 >= 0 && g2_s01 <= (int)(v01.size())) {
        int g1_s00 = n/2 - g1_s01 - s10 - s11;
        if(g1_s00 >= 0 && g1_s00 <= (int)(v00.size())) {
          Go(i , 0 , s11 - 1) std::cout << v11[i] << " ";
          Go(i , 0 , s10 - 1) std::cout << v10[i] << " ";
          Go(i , 0 , g1_s01 - 1) std::cout << v01[i] << " ";
          Go(i , 0 , g1_s00 - 1) std::cout << v00[i] << " ";
          puts("");
          return 0;
        }
      }
    }
  puts("-1");
  return 0;
}

C

给定一个(n imes m)大小的表格。
要求对于每一个位置((i,j)),求出(ans(i,j)).
其中(ans(i,j))表示将第i行和第j列的某些数更改后使得在满足行内所有数相对大小关系不变，列内所有数相对大小关系不变的情况下，行列内最大值 的最小值。

(n,m leq 1000). 时限2s.

C solution

解：发现除了(a[i][j])一个交界点之外，行列之间是独立的。所以，只需要确定(a[i][j])重新排列之后的排名即可。
这玩意很好确定。因为行列之间是独立的，所以答案就是

[max(行内比a[i][j]小的数的种数,列内比a[i][j]小的数的种数)+1 ]

同理，题目要求最小化最大值。由于行列独立，所以最大值的编号就是

[a[i][j]排名+max(行内比a[i][j]大的数的种数,列内比a[i][j]大的数的种数) ]

这个东西可以每行每列一起预处理，复杂度(Theta(n^2 log(n))).

/**
 * @Author: Mingyu Li
 * @Date:   2019-03-09T10:47:43+08:00
 * @Email:  class11limingyu@126.com
 * @Filename: c1138C.cpp
 * @Last modified by:   Mingyu Li
 * @Last modified time: 2019-03-09T11:57:03+08:00
 */

#include <bits/stdc++.h>
#define tpname typename
#define Go(i , x , y) for(register int i = x; i <= y; i++)
#define God(i , y , x) for(register int i = y; i >= x; i--)
typedef long long LL;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ULL;
template < tpname T > void sc(T& t) {
  char c = getchar(); T x = 1; t = 0; while(!isdigit(c)) {if(c == '-') x = -1; c = getchar();}
  while(isdigit(c)) t = t * 10 + c - '0' , c = getchar();t *= x;
}
template < tpname T , tpname... Args > void sc(T& t , Args&... args) {sc(t); sc(args...);}
template < tpname T > T mul(T x , T y , T _) {
  x %= _,y %= _; return ((x * y - (T)(((ld)x * y + 0.5) / _) * _) % _ + _) % _;
}

const int N = 1000 + 10;
int ans[N][N];
int n , m , it;
int a[N][N] , b[N];

int ans1[N][N] , ans2[N][N] , big1[N][N] , big2[N][N];
int p = 0;
int main() {
  sc(n , m);
  Go(i , 1 , n)
    Go(j , 1 , m)
      sc(a[i][j]);

  Go(i , 1 , n) {
    p = 0;
    Go(j , 1 , m) b[++p] = a[i][j];
    std::sort(b + 1 , b + p + 1);
    p = std::unique(b + 1 , b + p + 1) - (b + 1);
    Go(j , 1 , m) {
      ans1[i][j] = std::lower_bound(b+1 , b+p+1 , a[i][j]) - b;
      big1[i][j] = p - ans1[i][j];
    }
  }
  Go(i , 1 , m) {
    p = 0;
    Go(j , 1 , n) b[++p] = a[j][i];
    std::sort(b + 1 , b + p + 1);
    p = std::unique(b + 1 , b + p + 1) - (b + 1);
    Go(j , 1 , n) {
      ans2[j][i] = std::lower_bound(b+1 , b+p+1 , a[j][i]) - b;
      big2[j][i] = p - ans2[j][i];
    }
  }
  Go(i , 1 , n) {
    Go(j , 1 , m) printf("%d " , std::max(ans1[i][j] , ans2[i][j]) + std::max(big1[i][j] , big2[i][j]));
    puts("");
  }
  return 0;
}

D

给定只包含01的字符串(s)和(t)，重排列(s)字符串使得(t)在其中作为子串出现的次数最多。

(|s|,|t| leq 500000).

D solution

首先考虑最优解一定长成什么样子——
一定是一个t串加很多个小节，每加一个小节就会多产生一个(t)子串。
有了这部转化就很简单了。容易发现这个小节即为长度为(|t|-border(t))的(t)串后缀。
能输出多少份输出多少份。(border)用(KMP)或(Hash)维护都可以（注意(Hash)被卡）

/**
 * @Author: Mingyu Li
 * @Date:   2019-03-09T12:54:42+08:00
 * @Email:  class11limingyu@126.com
 * @Filename: c1138D.cpp
 * @Last modified by:   Mingyu Li
 * @Last modified time: 2019-03-09T22:14:16+08:00
 */

#include <bits/stdc++.h>
#define tpname typename
#define Go(i , x , y) for(register int i = x; i <= y; i++)
#define God(i , y , x) for(register int i = y; i >= x; i--)
typedef long long LL;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ULL;
template < tpname T > void sc(T& t) {
  char c = getchar(); T x = 1; t = 0; while(!isdigit(c)) {if(c == '-') x = -1; c = getchar();}
  while(isdigit(c)) t = t * 10 + c - '0' , c = getchar();t *= x;
}
template < tpname T , tpname... Args > void sc(T& t , Args&... args) {sc(t); sc(args...);}
template < tpname T > T mul(T x , T y , T _) {
  x %= _,y %= _; return ((x * y - (T)(((ld)x * y + 0.5) / _) * _) % _ + _) % _;
}

const int N = 500000 + 5;
const ULL P1 = 13331;
const ULL P2 = 19260817;
const ULL MOD1 = 314159;
const ULL MOD2 = (1000000007);
ULL Hash1[N] , Hash2[N] , pw1[N] , pw2[N];
int cnt[2] , cnt1[2] , n , m;
char a[N + 5] , b[N + 5];
void Prework() {
  pw1[0] = pw2[0] = 1;
  Go(i , 1 , n)
    pw1[i] = pw1[i - 1] * P1 % MOD1 , pw2[i] = pw2[i - 1] * P2 % MOD2;
  Go(i , 1 , n) {
    Hash1[i] = (Hash1[i - 1] * P1 % MOD1 + b[i]) % MOD1;
    Hash2[i] = (Hash2[i - 1] * P2 % MOD2 + b[i]) % MOD2;
  }
}
bool same(int l1, int r1, int l2, int r2) {
  return ((Hash2[r2] + MOD2 - Hash2[l2 - 1] * pw2[r2 - l2 + 1] % MOD2) % MOD2 == (Hash2[r1] + MOD2 - Hash2[l1 - 1] * pw2[r1 - l1 + 1] % MOD2) % MOD2
   && (Hash1[r2] + MOD1 - Hash1[l2 - 1] * pw1[r2 - l2 + 1] % MOD1) % MOD1 == (Hash1[r1] + MOD1 - Hash1[l1 - 1] * pw1[r1 - l1 + 1] % MOD1) % MOD1);
}

int LCP() {
  int ans = 0;
  Go(i , 1 , n-1) {
    if(same(1 , i , n-i+1 , n)) ans = i;
  }
  return ans;
}
int main() {
  scanf("%s" , (a + 1));
  scanf("%s" , (b + 1));
  m = strlen(a + 1) , n = strlen(b + 1);
  Prework();
  Go(i , 1 , m) cnt[a[i] - '0']++;
  Go(i , 1 , n) cnt1[b[i] - '0']++;
  int fill = n - LCP();
  if(cnt[0] < cnt1[0] || cnt[1] < cnt1[1]) {
    Go(i , 1 , m) putchar(a[i]);
    puts("");
    return 0;
  }

  cnt[0] -= cnt1[0] , cnt[1] -= cnt1[1];
  cnt1[0] = cnt1[1] = 0;

  Go(i , n - fill + 1 , n) ++cnt1[b[i] - '0'];
  Go(i , 1 , n) putchar(b[i]);
  Go(i , 1 , 2147483647) {
    bool f = 1;
    Go(j , n - fill + 1 , n) {
      if(!cnt[b[j] - '0']) {
        f = 0;
        break;
      }
      putchar(b[j]);
      cnt[b[j] - '0']--;
    }
    if(!f) break;
  }

  if(cnt[1]) Go(i , 1 , cnt[1]) putchar('1');
  if(cnt[0]) Go(i , 1 , cnt[0]) putchar('0');
  return 0;
}