Codeforces Round #584

传送门

A. Paint the Numbers

签到。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
int n;
int a[N];
bool used[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1);
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(used[i]) continue;
        ++ans;
        for(int j = i; j <= n; j++) {
            if(a[j] % a[i] == 0) used[j] = 1;
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

B. Koala and Lights

由于数据范围很小，暴力枚举即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
 
int n;
int a[N], b[N];
char s[N];
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    cin >> s + 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] >> b[i];
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(s[i] == '1') ++ans;
    }
    for(int i = 1; i <= 5000; i++) {
        int tmp = 0;
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            if(i - b[j] < 0) continue;
            int now = i - b[j];
            if(now % a[j] == 0) {
                if(s[j] == '1') s[j] = '0';
                else if(s[j] == '0') {
                    s[j] = '1';
                }
            }
        }
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            if(s[j] == '1') ++tmp;
        }
//        if(i < 10) cout << tmp << '
';
        ans = max(ans, tmp);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

C. Paint the Digits

题意：
给出一串数字，现在要给这串数字涂上两种颜色(1,2)，要求涂色过后从前往后将(1)排开，再将(2)排开，最终得到一个非递减序列。

思路：
首先序列自动机预处理下一位，然后贪心处理即可。
感性想一下很容易知道染色方案，对于当前位，(1)的颜色肯定是下一个最小的值，如果不是则不满足条件；(1)染完色过后按同样的方法对(2)进行染色，但是起点不同，注意处理一下。
还有一个细节：(1)染的颜色的最大值不能超过前面没染颜色的最小值，否则也不满足条件。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
 
int T, n;
char s[N];
int nxt[N][26];
int last[26];
int col[N];
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> T;
    while(T--) {
        cin >> n;
        cin >> s + 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++) col[i] = 0;
        for(int i = 0; i < 26; i++) last[i] = n + 1;
        for(int i = n; i >= 0; i--) {
            for(int j = 0; j < 26; j++) nxt[i][j] = last[j];
            if(i) last[s[i] - '0'] = i;
        }
        int start = 0, up = 26;
        for(int i = 0, k; i <= n; i = k) {
            int jump = 0;
            int low = (i == 0 ? 0 : s[i] - '0');
            for(int j = low; j < up; j++) {
                if(nxt[i][j] <= n) {
                    k = nxt[i][j];
                    jump = 1;
                    break;
                }
            }
            if(jump == 0) break;
            col[k] = 1;
            start = s[k] - '0';
            if(k != i + 1 && up == 26) {
                up = s[i + 1] - '0' + 1;
            }
        }
        for(int i = 0, k; i <= n; i = k) {
            int jump = 0;
            int low = (i == 0 ? start : s[i] - '0');
            for(int j = low; j < 26; j++) {
                if(nxt[i][j] <= n && !col[nxt[i][j]]) {
                    k = nxt[i][j];
                    jump = 1;
                    break;
                }
            }
            if(!jump) break;
            col[k] = 2;
        }
        int ok = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(!col[i]) ok = 0;
        }
        if(!ok) cout << '-' << '
';
        else {
            for(int i = 1; i <= n; i++) cout << col[i];
            cout << '
';
        }
    }
    return 0;
}

D. Cow and Snacks

全局视野来看，并查集搞搞就行，答案就与生成树有关。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
 
int n, k;
int a[N], b[N];
int f[N], sz[N];
 
int find(int x) {
    return f[x] == x ? f[x] : f[x] = find(f[x]);
}
 
bool Union(int x, int y) {
    int fx = find(x), fy = find(y);
    if(fx != fy) {
        sz[fy] += sz[fx];
        f[fx] = fy;
        return true;
    }
    return false;
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        cin >> a[i] >> b[i];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = i, sz[i] = 1;
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        if(!Union(a[i], b[i])) ++ans;
    }
//    int cnt = 0;
//    for(int i = 1; i <= n; i++) {
//        if(find(i) == i) {
//            cnt += sz[i] - 1;
//            cout << sz[i] << '
';
//        }
//    }
//    int ans = n - cnt;
    cout << ans;
    return 0;
}

E. Rotate Columns

题意：
给出一个(n*m)的矩形，满足(nleq 12,mleq 2000)，现在你可以对任意一列执行任意次滑动操作。
记(r_i)为第(i)行的最大值，求(sum_{i=1}^nr_i)最大为多少。

思路：
一开始看作行也可以滑动，然后就写了一个假题= =

• 有一个很重要的观察，就是最后的最大值只与最大值最大的(n)列有关。
• 为什么？
• 假设现在第(i)列的最大值为第(n+1)大，那么在最优方案中，它肯定不能成为最大值，因为总会存在一列(j)可以令其滑动到(i)的位置并且其最大值大于(j)列。
• 那么我们将最大的(n)列拿出来随机就行了。
• 因为数据很小，所以可以考虑状压。
• 枚举状态(s)，表示在之前的(i-1)列中选取某些行作为最大值，和的最大值。之后会新加进来第(i)列，显然，第(i)列行的状态只能为(((1<<n)-1) xor s)的子集。之后枚举循环位移更新即可。
• 直接枚举循环位移时间复杂度可能会多处一个(O(n))，那么可以将这部分预处理一下。

一开始我卡在枚举循环位移这里，后面想了下，只有枚举循环位移，才会覆盖到所有情况。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define INF 0x3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 12, M = 2000;
 
int n, m;
int a[N][M];
pii b[M];
 
void run() {
    cin >> n >> m;
    vector <int> col(m);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            cin >> a[i][j];
            col[j] = max(col[j], a[i][j]);
        }
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) b[i] = MP(col[i], i);
    sort(b, b + m); reverse(b, b + m);
    m = min(m, n);
    int lim = 1 << n;
    vector <vector<int>> w(m, vector<int>(lim));
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int j = b[i].se;
        for (int s = 0; s < lim; s++) {
            for (int k = 0; k < n; k++) {
                int sum = 0;
                for (int p = 0; p < n; p++) {
                    if (s >> ((p + k) % n) & 1) {
                        sum += a[p][j];
                    }
                }
                w[i][s] = max(w[i][s], sum);
            }
        }
    }
    vector <int> dp(lim);
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        vector <int> new_dp(lim);
        for (int s = 0; s < lim; s++) {
            int other = (lim - 1) ^ s;
            for (int sub = other; ; sub = (sub - 1) & other) {
                int Max = w[i][sub];
                new_dp[s ^ sub] = max(new_dp[s ^ sub], dp[s] + Max);
                if (sub == 0) break;
            }
        }
        swap(dp, new_dp);
    }
    cout << dp[lim - 1] << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    int t; cin >> t;
    while(t--) run();
    return 0;
}

F. Koala and Notebook

题意：
给出一张(n)个点(m)条边的无向图，每条边的编号依次为(1,2,cdots,m)。
现在从(1)号结点出发，每经过一条边，则在目前答案后面连上当前边的编号。
比如(1->2)，编号为(10)，到达(2)结点的结果就为(10)；之后(2->3)的编号为(11)，那么结果就为(1011)。
现在要求到达每个节点的最小答案，由于这个答案可能很大，所以输出对(1e9+7)取模的答案。

思路：
一开始想不是很好想，因为思考起来还是挺麻烦的，比较大小则要考虑很多东西。
但其实细化一下思路就能清晰一点：

• 一般比较字典序大小，第一看长度，第二看不同位的大小关系。
• 但这里长度不是很好比较，不同编号可能有不同的长度。怎么处理？
• 拆边就行！将编号拆成多个一位，这样长度就很好考虑。
• 接下来考虑大小关系。
• 因为我们从(1)出发，所以可以跑个(bfs)，每次往小的边优先走，那么既能保证长度最小，也能保证值最小了。

大概思路就是这样，关键点就是拆边。
但代码实现还有一点细节：我们(bfs)时用(vector)来模拟队列，之后再将距离拆细一点（即并不是距离离起点相同的点都拿出来更新），这样就能保证每次更新得到的都是最小答案。不然对于(0)通过(1)去更新其它点，还不如(1)通过(0)去更新其它点优，就有问题。
说这么多废话，代码看起来还是比较好懂：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e6 + 5, MOD = 1e9 + 7;
 
int n, m;
vector <int> g[N][10];
bool chk[N];
int ans[N];
 
void run() {
    int np = n;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        int t = i;
        vector <int> e;
        while(t) {
            e.push_back(t % 10);
            t /= 10;
        }
        reverse(all(e));
        int pre = u;
        for(int j = 0; j < sz(e); j++) {
            int to = (j == sz(e) - 1 ? v : ++np);
            g[pre][e[j]].push_back(to);
            pre = to;
        }
        pre = v;
        for(int j = 0; j < sz(e); j++) {
            int to = (j == sz(e) - 1 ? u : ++np);
            g[pre][e[j]].push_back(to);
            pre = to;
        }
    }
    vector <vector<int>> q(np + 1);
    chk[1] = 1; q[0].push_back(1);
    int T = 0;
    for(int i = 0; i <= T; i++) {
        for(int j = 0; j < 10; j++) {
            int f = 0;
            for(auto x : q[i]) {
                for(auto it : g[x][j]) {
                    if(!chk[it]) {
                        chk[it] = 1; f = 1;
                        ans[it] = (1ll * 10 * ans[x] % MOD + j) % MOD;
                        q[T + 1].push_back(it);
                    }
                }
            }
            if(f) ++T;
        }
    }
    for(int i = 2; i <= n; i++) cout << ans[i] << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> m) run();
    return 0;
}

G1. Into Blocks (easy version)

题意：
给出一个长度为(n,nleq 2e5)的序列。
现在可以执行操作：将全部的(x)变为(y)。
现在问最少多少次操作，使得所有值相同的元素都在同一块中。

思路：

• 考虑最终状态，一定为多个整块，并且在一个整块中，一定是多个颜色都变为同一颜色。
• 那么对于(1)位置的颜色，一定最后也在一块中，并且目前块结尾为(last[a_1])；同时，中间的所有元素都会变为同一颜色，那么我们直接扫过去，因为可能(last[a_i]>last[a_1])，我们直接更新右边界即可。
• 最后我们划分出了多个大区间，在每个区间中贪心考虑保留个数最多的颜色即可。那么我们划分时用一个桶维护一下权值数量即可。

详见代码：

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005;
 
int n, q;
int a[N];
int fir[N], last[N];
int cnt[N];
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n >> q;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(fir[a[i]] == 0) fir[a[i]] = i;
    }
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        if(last[a[i]] == 0) last[a[i]] = i;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
        j = last[a[i]];
        int st = i;
        while(i < j) {
            ++i; j = max(last[a[i]], j);
        }
        int tmp = 0;
        for(int k = st; k <= j; k++) {
            if(++cnt[a[k]] > tmp) tmp = cnt[a[k]];
        }
        ans += j - st + 1 - tmp;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}