ARC125 ABCD
A.
题意
给定01序列(A),问能否通过如下三种操作生成序列(B)，满足(B = T)
- 将序列(A)整体右移一位
- 将序列(A)整体左移一位
- 将当前(A)的第一个元素复制到(B)的末尾
输出最少操作次数
分析
有一种显然的贪心方法:找到(A)中01分界的位置，然后每次在这个位置左右移动。这样答案的两部分分别是移动到分界处和左右移动，后半部分答案不会有区别，前半部分答案只需按照左移和右移讨论取min即可，这样就变成了一道模拟题
代码
int main(){
int n = rd();
int m = rd();
VI a(n);
VI b(m);
int vis1[2] = {0};
int vis2[2] = {0};
for(int i = 0;i < n;i++)
a[i] = rd(),vis1[a[i]]++;
for(int i = 0;i < m;i++)
b[i] = rd(),vis2[b[i]]++;
if((vis2[0] && !vis1[0]) || (vis2[1] && !vis1[1])) {
puts("-1");
return 0;
}
if(!vis2[0]) {
int mi = 1e9;
for(int i = 0;i < n;i++)
if(a[i] == 1) {
mi = i;
break;
}
for(int i = n - 1,j = 1;i > 0;i--,j++)
if(a[i] == 1){
mi = min(mi,j);
break;
}
printf("%d",mi + m);
return 0;
}
if(!vis2[1]) {
int mi = 1e9;
for(int i = 0;i < n;i++)
if(a[i] == 0) {
mi = i;
break;
}
for(int i = n - 1,j = 1;i > 0;i--,j++)
if(a[i] == 0){
mi = min(mi,j);
break;
}
printf("%d",mi + m);
return 0;
}
int pos = -1;
int mi = 1e9;
for(int i = 0;i <= n - 1;i++){
if(a[i] != a[(i + 1) % n]) {
pos = i;
if(a[i] != b[0]) pos++;
mi = min(mi,pos);
pos = n - i - 1;
if(a[(i + 1) % n] != b[0]) pos++;
mi = min(mi,pos);
}
}
mi++;
for(int i = 1;i < m;i++){
if(b[i] != b[i - 1]) mi += 2;
else mi++;
}
printf("%d",mi);
}
B.
题意
求满足(x^2 - y)是平方数的((x,y))个数
(1 leq x,yleq N),(1 leq N leq 10^{12})
分析
令(p = x + z,q = x - z)
有如下约束
- (q leq p)
- (p + q equiv 0 (mod 2))
- (1leq frac{p+q}{2} leq N)
- (1 leq pq leq N)
容易知道((p,q))的解和((x,y))一一对应
用第一个和最后一个约束可以知道(q leq sqrt{N}) ,因此只需要枚举(q)
代码
int main(){
ll n = rd();
int ans = 0;
for(ll i = 1;(ll)i * i <= n;i++){
ll r = n / i;
add(ans,((r - i + 1) / 2) % MOD);
if(((r & 1) ^ (i & 1)) == 0) add(ans,1);
}
printf("%d",ans);
}
C.
题意
给定长度为(k)的值域在([1,n])的递增序列，要求构造一个([1,n])的排列使得原序列是排列的一个(LIS)
分析
这题可以用Dilworth's theorem比较巧妙地构造，如果能够保证排列可以由k个极长递减子序列构成，就能保证排列的(LIS)长度为(k)，这样原序列一定会是一个(LIS)
于是只需要贪心构造，用原序列的每个元素来作为极长递减子序列的开头(最后一个特殊处理)，把未出现的元素中最小的数填到开头的后面。剩下的全放到最后一个那里就行了
代码
int main(){
int n = rd();
int k = rd();
VI v(k + 1);
VI vis(n + 1);
for(int i = 1;i <= k;i++)
v[i] = rd(),vis[v[i]] = 1;
int now = 1;
for(;now <= n && vis[now];now++);
for(int i = 1;i < k;i++){
printf("%d ",v[i]);
if(now < v[i]) {
vis[now] = 1;
printf("%d ",now);
for(;now <= n && vis[now];now++);
}
}
for(int i = n;i > v[k];i--)
if(!vis[i]) printf("%d ",i);
printf("%d ",v[k]);
for(int i = v[k] - 1;i >= 1;i--)
if(!vis[i]) printf("%d ",i);
}
D.
题意
给定长度为(N)的数组(A)，求其中只出现过一次的子序列的个数
分析
容易想到(dp),考虑(dp[i])表示([1,i])中以(a[i])为结尾的满足条件的子序列的个数，观察性质，当相同的数再次出现时，前一个数能构成的所有子序列都会重复，因此这里要减去贡献，显然减法的操作只会在这种情况产生。考虑(dp[i])时哪些是合法的转移，显然就是上一次出现的位置到当前位置的所有子序列都可以接上(a[i])，之前的不合法。
且(dp[lst] = 0)
支持区间询问，单点修改的数据结构即可
代码
struct BIT{
int n;
int c[maxn];
inline void ADD(int pos,int x){
for(;pos <= n;pos += pos & -pos){
add(c[pos],x);
}
}
inline int ask(int pos){
int ans = 0;
for(;pos > 0;pos -= pos & -pos)
add(ans,c[pos]);
return ans;
}
inline int ask(int l,int r){
if(l > r) return 0;
int ans = ask(r);
add(ans,MOD - ask(l - 1));
return ans;
}
}bit;
int main(){
int n = rd();
bit.n = n + 5;
VI v(n + 1);
VI pre(n + 1);
VI pos(n + 1);
for(int i = 1;i <= n;i++){
v[i] = rd();
pre[i] = pos[v[i]],pos[v[i]] = i;
}
bit.ADD(1,1);
for(int i = 2;i <= n;i++){
int l = pre[i];
int tmp = bit.ask(l,i - 1);
if(l) bit.ADD(i,tmp);
else bit.ADD(i,tmp + 1);
int TMP = bit.ask(l,l);
if(l > 0) bit.ADD(l,MOD-TMP);
}
printf("%d",bit.ask(n));
}