Codeforces Global Round 7 题解 (ABCDE)

目录

• A. Bad Ugly Numbers
• B. Maximums
• C. Permutation Partitions
• D2. Prefix-Suffix Palindrome (Hard version)
• E. Bombs

比赛链接：https://codeforces.com/contest/1326/

A. Bad Ugly Numbers

（第一题一看和数位dp某题贼像，其实是我看错了，而且看错好久）

我的方法是输出 (n-1) 个 (5) 和 (1) 个 (4)，(n=1) 特判一下

统计了一下群里的方法：

433333

277777

333334

999998

333353

233333（强！）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	ll t=read();
	while(t--){
		ll n=read();
		if(n==1)cout<<-1<<endl;
		else{
			repeat(i,1,n)cout<<'5';
			cout<<'4'<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

B. Maximums

模拟一下，具体略

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
const int N=200010;
ll a[N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	int n=read();
	repeat(i,0,n)a[i]=read();
	cout<<a[0]<<' '; ll m=a[0];
	repeat(i,1,n)cout<<m+a[i]<<' ',m=max(m,m+a[i]);
	return 0;
}

C. Permutation Partitions

求 (k) 个块的最大值之和的最大值，等价于求 (k) 个数之和的最大值，也就是最大的 (k) 个数字加起来

然后到了第二问，我们选定了 (k) 个数字，然后将原序列分成 (k) 部分，每部分恰好包含一个选定的数字。所以块与块的分界线必须要在选定的数之间，如果两个相邻选定的数字位置是 (pos_i,pos_{i+1})，分界线的自由度就是 (pos_{i+1}-pos_i)，这些 (k-1) 个自由度乘起来就是第二问答案了

（代码有点混乱）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
typedef pair<int,int> pii;
const int N=200010,mod=998244353;
pii a[N];
ll ans1=0,ans2=1;
bool f[N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	int n=read(),k=read();
	repeat(i,0,n)a[i].first=read(),a[i].second=i;
	sort(a,a+n,greater<pii>());
	repeat(i,0,k)f[a[i].second]=1,ans1+=a[i].first;
	int cnt=0,flag=0;
	repeat(i,0,n){
		if(f[i])ans2=ans2*(cnt+1)%mod,cnt=0,flag=1;
		else if(flag)cnt++;
	}
	cout<<ans1<<' '<<ans2<<endl;
	return 0;
}

D2. Prefix-Suffix Palindrome (Hard version)

多种做法可以看稳赚大爹博客：https://wzyxv1n.top/2020/03/20/Codeforces-1326D2/

我的做法就是先尽可能取走最多的对称前后缀，再对中间串跑马拉车，马拉车可以把计算所有极长回文串（就是不能再向两边延伸的回文串），每算一个就判断是否是中间串的边界

比如 (abcdedghhgfcba)，先取两边，即 (abc) 和 (cba)，剩下的 (dedghhgf) 中最长的且在边界上的子串是 (ded)（(ghhg) 不在边界上），因此答案是 (abcdedcba)

这是我的代码，真·丑得一批（逃）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
const int N=2000010,mod=998244353;
int len[N],nxt[N];
char s[N],s2[N];
int ans=0,nn,p,x;
void solve(char s[]){
	int n=strlen(s)*2+1;
	repeat_back(i,0,n){
		if(i%2==0)s[i+1]='*';
		else s[i+1]=s[i/2];
	}
	n+=2;
	s[0]='#'; s[n-1]=0;
	len[0]=0;
	int mx=0,id=0;
	repeat(i,1,n-1){
		if(i<mx)len[i]=min(mx-i,len[2*id-i]);
		else len[i]=1;
		while(s[i-len[i]]==s[i+len[i]])len[i]++;
		if(len[i]+i>mx){
			mx=len[i]+i;
			id=i;
		}
		int l=(i-len[i]+1)/2;
		int r=l+len[i]-1-1;
		if(l>r)continue;
		//cout<<l<<' '<<r<<endl;
		if((l==0 || r==nn-1-x-x )&& ans<len[i]-1){
			ans=len[i]-1,p=(l==0);
		}
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	int T=read(); gets(s);
	while(T--){
		gets(s); ans=0;
		nn=strlen(s);
		strcpy(s2,s);
		x=nn;
		repeat(i,0,nn){
			if(s[i]!=s[nn-1-i])
				x=min(x,i);
		}
		if(x==nn){
			puts(s);
			continue;
		}
		s2[nn-x]=0;
		solve(s2+x);
		repeat(i,0,nn)
			if(i<x || i>nn-1-x ||
			(p==1 && i<x+ans) ||
			(p==0 && i>nn-1-x-ans))putchar(s[i]);
		puts("");
	}
	return 0;
}

E. Bombs

我们分析一下：我们让 (ans) 等于 (n)，每回合输出 (ans)，一旦发现不对劲让 (ans) 减一。那么什么情况是不对劲的呢？一定是所有大于等于 (ans) 的数都被炸掉了，也就是说如果我们维护一个数组 (A_i=) 位置 (i) 及之后大于等于 (ans) 的数的个数，另一个数组 (B_i=) 位置 (i) 及之后的已经安放的炸弹个数（这两个数组都是动态变化的），如果所有位置都满足 (A_ile B_i)，那就真的炸完了

我们令线段树 (seg[i]=A_i-B_i)，如果全局最大值 (<=0) 就说明不对劲了（炸没了），这时候让 (ans--)，并且让等于 (ans) 的那个数加进 (A) 数组，也就是线段树区间 ([1,pos_{ans}]) 加1；要安放下一枚炸弹就将区间 ([1,q_i]) 减1

所以除掉线段树板子后代码真的简洁

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
const int N=300010;
int pos[N],q[N],n;

//**********线段树板子开始**********

struct seg{ //初始化init()修改查询tr->sth()
	#define U(x,y) max(x,y) //查询运算
	#define a0 -inf //查询运算的零元
	void toz(ll x){z+=x,state=1;} //加载到懒标记
	void toa(){a+=z,z=0,state=0;} //懒标记加载到数据（z别忘了清空）
	ll a,z; bool state; //数据，懒标记，是否偷了懒
	int l,r;
	seg *lc,*rc;
	void init(int,int);
	void up(){
		a=U(lc->a,rc->a);
	}
	void down(){
		if(!state)return;
		if(l<r){
			lc->toz(z);
			rc->toz(z);
		}
		toa();
	}
	void update(int x,int y,ll k){
		x=max(x,l); y=min(y,r); if(x>y){down();return;}
		if(x==l && y==r){
			toz(k);
			down();
			return;
		}
		down();
		lc->update(x,y,k);
		rc->update(x,y,k);
		up();
	}
	ll query(int x,int y){
		x=max(x,l); y=min(y,r); if(x>y)return a0;
		down();
		if(x==l && y==r)
			return a;
		return U(lc->query(x,y),rc->query(x,y));
	}
}tr[N*2],*pl;
void seg::init(int _l,int _r){
	l=_l,r=_r;
	state=0;
	if(l==r){
		a=0;
		return;
	}
	int m=(l+r)>>1;
	lc=++pl; lc->init(l,m);
	rc=++pl; rc->init(m+1,r);
	up();
}
void init(int l,int r){
	pl=tr;
	tr->init(l,r);
}

//**********线段树板子结束**********

void push_value(int p){
	tr->update(1,p,1);
}
void push_bomb(int p){
	tr->update(1,p,-1);
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	n=read();
	repeat(i,1,n+1)pos[read()]=i;
	repeat(i,1,n+1)q[i]=read();
	int ans=n;
	init(1,n);
	push_value(pos[ans]);
	cout<<ans<<' ';
	repeat(i,1,n){
		push_bomb(q[i]);
		while(tr->query(1,n)<=0){
			ans--;
			push_value(pos[ans]);
		}
		cout<<ans<<' ';
	}
	return 0;
}