【AtCoder】ARC086

C - Not so Diverse

题解

选出现次数K多的出来，剩下的都删除即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('
')
#define space putchar(' ')
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 + c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,K;
int A[MAXN],cnt[MAXN],val[MAXN],tot;
bool cmp(int a,int b) {
    return a > b;
}
void Init() {
    read(N);read(K);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	read(A[i]);
	cnt[A[i]]++;
    }
}
void Solve() {
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	if(cnt[i]) val[++tot] = cnt[i];
    }
    sort(val + 1,val + tot + 1,cmp);
    int ans = 0;
    for(int i = K + 1 ; i <= tot ; ++i) ans += val[i];
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
}

D - Non-decreasing

题解

用N - 1次操作把序列变成全正或者全负
如果全负用处理成后缀和
如果全正处理成前缀和

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('
')
#define space putchar(' ')
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 + c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N;
int a[MAXN];
vector<pii > op;
void Init() {
    read(N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(a[i]);
}
void Solve() {
    int t = 1;
    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
	if(abs(a[i]) > abs(a[t])) t = i;
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	if(i != t) {
	    op.pb(mp(t,i));
	    a[i] += a[t];
	}
    }
    if(a[t] < 0) {
	for(int i = N - 1 ; i >= 1 ; --i) {
	    a[i] += a[i + 1];
	    op.pb(mp(i + 1,i));
	}
    }
    else {
	for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
	    a[i] += a[i - 1];
	    op.pb(mp(i - 1,i));
	}
    }
    out(op.size());enter;
    for(auto k : op) {
	out(k.fi);space;out(k.se);enter;
    }
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
}

E - Smuggling Marbles

题解

这个如果我们每个深度从每个点往上更新，更新的时候把儿子只有一个的点缩掉就显然不会超过(N log N)，但是因为种种原因，在向上BFS的时候需要按深度从大到小排序
题解说有(O(n))做法，我没细看

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('
')
#define space putchar(' ')
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 + c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N,ans;
int p[MAXN],dep[MAXN],pw[MAXN];
vector<int> lay[MAXN];
int vis[MAXN],tims,cnt[MAXN],dp[MAXN][2];
vector<int> son[MAXN];
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
    int res = 1,t = x;
    while(c) {
	if(c & 1) res = mul(res,t);
	t = mul(t,t);
	c >>= 1;
    }
    return res;
}
void Init() {
    read(N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(p[i]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) dep[i] = dep[p[i]] + 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	lay[dep[i]].pb(i);
    }
    pw[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N + 1 ; ++i) pw[i] = mul(pw[i - 1],2);
}
auto cmp = [](int a,int b){return dep[a] < dep[b];};
priority_queue<int, vector<int>, decltype(cmp)> Q(cmp);
void BFS() {
    while(!Q.empty()) {
	int u = Q.top();Q.pop();
	if(vis[p[u]] != tims) {
	    Q.push(p[u]);
	    vis[p[u]] = tims;
	    son[p[u]].clear();
	    dp[p[u]][0] = dp[p[u]][1] = 0;
	}
	if(son[u].size() == 1){
	    if(u != 0) {
		p[son[u][0]] = p[u];
		son[p[u]].pb(son[u][0]);
	    }
	}
	else if(u != 0) son[p[u]].pb(u);
	if(son[u].size() > 1 || u == 0) {
	    int s1 = 1,s2 = 1;
	    for(auto v : son[u]) {
		s1 = mul(s1,dp[v][0]);
		s2 = mul(s2,inc(dp[v][0],dp[v][1]));
	    }
	    for(auto v : son[u]) {
		update(dp[u][1],mul(s1, mul(fpow(dp[v][0], MOD - 2), dp[v][1])));
	    }
	    dp[u][0] = inc(s2, MOD - dp[u][1]);
	}
    }
}
void Solve() {
    update(ans,pw[N]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	if(!lay[i].size()) break;
	++tims;
	for(auto k : lay[i]) {
	    Q.push(k);vis[k] = tims;
	    dp[k][0] = 1;dp[k][1] = 1;
	}
	BFS();
	update(ans,mul(dp[0][1], pw[N + 1 - lay[i].size()]));
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
    return 0;
}

F - Shift and Decrement

题解

这题有点神仙啊QAQ

首先，如果我们把除二认为是小数，最后再取整，结果也不变
其次A操作进行最多60次就全0了
所以我们认为第0次和第1次A之前的B操作有(p_0)个，第1次和第2次A之前的B操作有(p_1)个，到最后一次第(k)的次数(p_k)定义类似

然后我们可以这么认为
进行了(B)操作使得所有数减少了(P)
(P = sum_{i = 0}^{k - 1} 2^{i}p_{k})

然后进行(k)次(A)，并且取整

然后进行(p_k)次(B)

(P)可以在取模(2^k)下进行，变成一次第三个操作，可以节约前两次用的操作数

然后我们发现对于一个固定的(k)，我们可以把每个数写成(A_{i} = 2^{k}B_{i} + C_{i})
如果(P > C_{i})，这个数就是(B_{i} - p_k -1)
否则这个数就是(B_{i} - p_k)

所以我们按照余数大小排序，(P)在某个区间内是等价的

我们要尽可能使第三种操作取值范围大，就要使前两种操作用的操作小，当我枚举一个k时，第二种用的操作数固定，我要找到(P)所在的区间([l,r])内二进制数位上1最少的数，可以用简单的数位dp实现

枚举k，根据(P)取值不同，我们可以得到最多(61 * N)个序列
只要求这些序列能减的最大值就行吗，不是的，有些序列通过相减会重复，我们需要把差分相同的序列分到一起
然后做一下区间求并即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('
')
#define space putchar(' ')
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 + c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N,tot;
int64 K,a[205],rk[205];
vector<pair<int64,int64> > range;
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
struct node {
    int64 c[205],u;
    friend bool operator == (const node &a,const node &b) {
	for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
	    if(a.c[i] != b.c[i]) return false;
	}
	return true;
    }
    friend bool operator < (const node &a,const node &b) {
	for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
	    if(a.c[i] != b.c[i]) return a.c[i] < b.c[i];
	}
	return false;
    }
    friend bool operator != (const node &a,const node &b) {
	return !(a == b);
    }
}seq[205 * 62];

int minpopcount(int64 l,int64 r) {
    int dp[2][5];
    int cur = 0;
    for(int i = 0 ; i <= 3 ; ++i) dp[cur][i] = 1000000;
    dp[cur][3] = 0;
    for(int i = 60 ; i >= 0 ; --i) {
	for(int j = 0 ; j <= 3 ; ++j) dp[cur ^ 1][j] = 100000;
	int x = (l >> i) & 1,y = (r >> i) & 1;
	for(int s = 0 ; s <= 3 ; ++s) {
	    for(int k = 0 ; k <= 1 ; ++k) {
		int t = 0;
		if(s & 1) {
		    if(k < x) continue;
		    if(k == x) t |= 1;
		}
		if(s & 2) {
		    if(k > y) continue;
		    if(k == y) t |= 2;
		}
		dp[cur ^ 1][t] = min(dp[cur][s] + k,dp[cur ^ 1][t]);
	    }
	}
	cur ^= 1;
    }
    int res = 100000;
    for(int i = 0 ; i <= 3 ; ++i) {
	res = min(res,dp[cur][i]);
    }
    return res;
}
void Insert(int64 l,int64 r,int k) {
    int64 rem = K - k - minpopcount(l,r);
    if(rem < 0) return;
    int64 t = 1;
    while(k--) t *= 2;
    ++tot;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	seq[tot].c[i] = a[i] / t;
	if(a[i] % t < l)  {
	    seq[tot].c[i] -= 1;
	    if(seq[tot].c[i] < 0) {--tot;return;} 
	}
	rem = min(rem,seq[tot].c[i]);
    }
    seq[tot].u = rem;
    for(int i = N ; i >= 2 ; --i) {
	seq[tot].c[i] = seq[tot].c[i] - seq[tot].c[i - 1];
    }
}
void Solve() {
    read(N);read(K);
    int64 mv = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {read(a[i]);mv = max(mv,a[i]);}
    int up = 0;
    while(mv) {++up;mv >>= 1;}
    int64 t = 1;
    for(int i = 0 ; i <= up ; ++i) {
	for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
	    rk[j] = a[j] % t;
	}
	sort(rk + 1,rk + N + 1);
	rk[N + 1] = t - 1;
	Insert(0,rk[1],i);
	for(int j = 2 ; j <= N + 1 ; ++j) {
	    if(rk[j] != rk[j - 1]) Insert(rk[j - 1] + 1,rk[j],i);
	}
	t *= 2;
    }
    sort(seq + 1,seq + tot + 1);
    range.pb(mp(seq[1].c[1] - seq[1].u,seq[1].c[1]));
    int ans = 0;
    for(int i = 2 ; i <= tot + 1; ++i) {
	if(i == tot + 1 || seq[i] != seq[i - 1]) {
	    sort(range.begin(),range.end());
	    int64 st = range[0].fi,ed = range[0].se;
	    for(int k = 1 ; k < range.size() ; ++k) {
		if(range[k].fi > ed) {
		    ans = inc(ans,(ed - st + 1) % MOD);
		    st = range[k].fi;ed = range[k].se;
		}
		else ed = max(range[k].se,ed);
	    }
	    ans = inc(ans,(ed - st + 1) % MOD);
	    range.clear();
	}
	range.pb(mp(seq[i].c[1] - seq[i].u,seq[i].c[1]));
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}