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    我们称自身为前缀最大值的位置为上升位,称(P)中原油的上升位为原上升位,称(X,Y)中不是(P)中的上升位的上升位为新上升位
    因为题目是要求字典序最小,因此我们可以高位贪心,能选(0)则选(0)
    显然(P)的上升位到了(X,Y)中一定还是上升位,但是(X,Y)中可能会有一些新上升位。
    先给出一个结论:

    如果存在合法方案,那么一定存在一组合法方案,使得(X)或者(Y)不包含新上升位。
    证:
    (X,Y)中都包含新上升位,那么我们交换这两个位置,这样这两个新上升位就都被消掉了。(因为一个新上升位在(P)中一定存在一个不让它成为上升位的元素,而这个元素肯定在另一个串里面)

    那么我们先考虑(X)不含新上升位的情况。
    假设目前要对第(i)位做决策,记(X)中有(sx)个上升位,(Y)中有(sy)个上升位,([i+1,n])(x)个原上升位。设(Y)接下来要拿到(y)个原上升位,那么(X)接下来就要拿到(x-y)个原上升位。设(Y)接下来要拿到(m)个新上升位。
    那么可以列出等式:(sx+x-y=sy+y+m),移项得到(sx+x-sy=2y+m)
    此时等式左边是一个常量,问题转化为在([i+1,n])中选一个序列,原上升位的贡献为(2),新上升位的贡献为(1)
    显然如果能够凑出(x),那么一定可以凑出(x-2),因此用一个带撤销的BIT维护一下奇偶的原序列最值即可。

    #include<cstdio>
    #include<cctype>
    #include<cstring>
    #include<utility>
    #include<algorithm>
    #define fi first
    #define se second
    namespace IO
    {
        char ibuf[(1<<21)+1],*iS,*iT;
        char Get(){return (iS==iT? (iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,(1<<21)+1,stdin),(iS==iT? EOF:*iS++)):*iS++);}
        int read(){int x=0,c=Get();while(!isdigit(c))c=Get();while(isdigit(c))x=x*10+c-48,c=Get();return x;}
    }
    using IO::read;
    using std::pair;
    using pi=pair<int,int>;
    const int N=200007,M=5000007;
    int n,a[N],val[N],sum[N],mx[2],mn[2][2],c[2][2];pi pos[N];
    char ans[N];
    struct BIT
    {
        int t[N],top;pi stk[M];
        void add(int p,int v){for(;p<=n;p+=p&-p)stk[++top]={p,t[p]},t[p]=std::max(t[p],v);}
        int ask(int p){int r=-1e9;for(p=std::min(p,n);p;p^=p&-p)r=std::max(r,t[p]);return r;}
        void undo(int p){for(;top>p;--top)t[stk[top].fi]=stk[top].se;}
    }t[2];
    int main()
    {
        n=read();
        for(int i=1,x=n+1;i<=n;++i) if(x>(a[i]=n+1-read())) x=a[i],val[i]=2; else val[i]=1;
        memset(t[1].t,0x8f,sizeof t[1].t);
        for(int i=n;i;--i) sum[i]=sum[i+1]+(val[i]==2);
        for(int i=n;i^1;--i)
        {
    	for(int j=0;j<2;++j) mx[j]=std::max(0,t[j].ask(a[i]));
    	for(int j=0,x;j<2;++j) x=mx[j]+val[i],t[x&1].add(a[i],x);
    	pos[i]={t[0].top,t[1].top};
        }
        mn[0][0]=mn[0][1]=n+1;
        for(int i=1,now=0;i<=n;++i)
        {
        	now^=1;
            if(i<n)	t[0].undo(pos[i+1].fi),t[1].undo(pos[i+1].se);
    	for(int j=0,f;j<2;++j)
    	{
    	    memcpy(mn[now],mn[now^1],8),memcpy(c[now],c[now^1],8);
    	    if(a[i]<mn[now^1][j]) mn[now][j]=a[i],c[now][j]=c[now^1][j]+1;
    	    f=i==n? (c[now][0]==c[now][1]):0;
    	    if(i<n)
    	    {
    		for(int k=0,x;k<2;++k)
    		{
    		    x=c[now][k]-c[now][k^1]+sum[i+1];
    		    if(x>=0&&x<=t[x&1].ask(mn[now][k^1])) {f=1;break;}
    		}
    	    }
    	    if(f) {ans[i]='0'+j;break;}
        	}
        	if(!ans[i]) return !printf("-1");
        }
        for(int i=1;i<=n;++i) putchar(ans[i]);
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/cjoierShiina-Mashiro/p/12274328.html
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