Codeforces Round #707 Div2 A-D

A - Alexey and Train

模拟，没啥需要讲的，按照题目写就行了。

#include <bits/stdc++.h>
#define Mid (l + r << 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read() {
    char c; int num, f = 1;
    while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
    while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
    return f * num;
}
const int N = 309;
int n, a[N], b[N], tim[N];
void work() {
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i] = read();
        b[i] = read();
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) tim[i] = read();
    int now = a[1] + tim[1];
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        if(now + (b[i - 1] - a[i - 1] + 1) / 2 >= b[i - 1]) {
            now = now + (b[i - 1] - a[i - 1] + 1) / 2;
        } else now = b[i - 1];
        now += a[i] - b[i - 1] + tim[i];
    }
    printf("%d
", now);
}
signed main()
{
    int Case = read();
    while(Case--) work();
    return 0;
}

B - Napoleon Cake

题意：

有一个n层的楼，对于每个(i∈[1,n])，有一个(a_i)表示从i往下数(a_i)个刷上了颜色，问每层楼有没有颜色。

题解：

当然可以用线段树，但是有(O(n))的差分做法，而且代码量少。
因为不是在线询问，对于每个(a_i)，在差分数组上打上标记就可以实现区间修改了，最后询问的时候求一下前缀和就行。

#include <bits/stdc++.h>
#define Mid (l + r << 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read() {
    char c; int num, f = 1;
    while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
    while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
    return f * num;
}
const int N = 2e5 + 1009;
int n, a[N], f[N];
void work() {
    n = read();
    for(int i = 0; i <= n; i++) f[i] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i] = read();
        f[(i - a[i] + 1) > 0 ? (i - a[i] + 1) : 1] += 1;
        f[i + 1] -= 1;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i] += f[i - 1];
        if(f[i] > 0) printf("1 ");
        else printf("0 ");
    }
    printf("
");
}
signed main()
{
    int Case = read();
    while(Case--) work();
    return 0;
}

C - Going Home

题意：

给定一列数(f)，要求找出四个不一样的(a,b,c,d)使得(f_a + f_b=f_c + f_d)，如果没有输出(no)。

(f_ile 2.5 imes 10^6)

题解：

发现(f_a + f_b)是不超过(5 imes 10^6)的，我们可以开个桶存下所有的(f_a + f_b)，只要一个桶里面的数量大于4，那么一定有解。

证明：
有四对数，则情况有以下两种：
(A):((x, y),(x, z), (z, y), (任意))这样子最后一对一定可以跟前面配对。
(B):((x, y),(x, z), (x, p), (x, q))虽然这四个不能匹配，但是发现都(f_x+f_i)都等于一个数(t)，也就是说明(f_y=f_z=f_p=f_q)这样就可以取(f_y+f_z=f_p + f_q)

于是，最多枚举(2 imes 10^7)个数，一定存在答案。
暴力枚举就行了。

不过我考场上的做法是直接暴力，有可能被卡，谨慎参考以下代码。

#include <bits/stdc++.h>
#define Mid (l + r << 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read() {
    char c; int num, f = 1;
    while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
    while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
    return f * num;
}
const int N = 5e6 + 1009;
int n, a[N];
struct node {
    int x, y;
};
vector<node> f[N];
signed main()
{
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
    for(int l = 1; l <= n; l++) {
        for(int i = 1; i + l <= n; i++) {
            int p = a[i] + a[i + l];
            f[p].push_back((node){i, i + l});
            for(int k = 0; k < f[p].size(); k++) {
                if(f[p][k].x == i || f[p][k].y == i) continue;
                if(f[p][k].x == i + l || f[p][k].y == i + l) continue;
                printf("YES
");
                printf("%d %d %d %d
", f[p][k].x, f[p][k].y, i, i + l);
                return 0;
            }
        }
    }
    printf("NO
");
    return 0;
}

D - Two chandeliers

题意：

两队人同时循环报数，每次报数的人假如颜色不一样就计一次贡献，问第(k)次贡献产生的时候报到了几。

两队个队伍内部没有重复颜色。

题解：

看官方Tutorial给的是CRT，但是我没有用CRT也水过去了。
考场上没看见颜色各不同结果挂了，要注意审题啊

我们先交换(n,m)使得(mle n)，这样之后我们可以考虑假如(b)数组第(1)个和(a)数组第(i)个同时开始报数，(b)报回到(1)产生几个贡献。

这是可以(O(n))处理出来的，方法如下。
我们把(b)数组里面的数与下标进行映射，这样可以把(b)数组的颜色换成(0, 1, 2, ..., m - 1)，然后考虑(a)数组内部的贡献。

(a)数组的第(i)位仅仅不会对从(i - a[i])开始的匹配产生贡献，这样我们就可以统计出从第(i)个位置开始匹配，不能产生贡献的位置个数，(m-cnt[i])就是产生的贡献个数。

这样结束后，我们一步的跨度就是(m)了，但是还是会超时，因为可能(k)很大，而(m)很小。

这时候我们考虑利用最小公倍数去优化枚举。
两列数匹配的循环节是最小公倍数，我们只需要计算最小公倍数匹配的贡献，然后剩下的部分暴力匹配就行了。

那么最小公倍数的匹配时间复杂度是多少呢？
最小公倍数最坏情况下为(n imes m)，每次跨越(m)，最多循环(n)步就可以求出来了。

接下来的就暴力了。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Mid (l + r << 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read() {
    char c; int num, f = 1;
    while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
    while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
    return f * num;
}
const int N = 5e5 + 1009;
int n, m, k, a[N], b[N], f[N * 2];
int cnt[N], lcm;
int gcd(int a, int b) {return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}
int cal(int k) {
    int q = 0, now = 1, p = 1, tot = 0;
    while(q < k) {
        if(q + cnt[now] >= k)break;
        q += cnt[now];
        now = (now - 1 + m) % n + 1;
        tot += m;
    }
    while(q < k) {
        q += (a[now] != b[p]);
        now = now % n + 1;
        p = p % m + 1;
        tot++;
    }
    return tot;
}
int cal1(int k) {
    int tt = k / m, q = 0;
    for(int i = 1, now = 1; i <= tt; i++) {
        q += cnt[now];
        now = (now - 1 + m) % n + 1;
    }
    return q;
}
signed main()
{
    n = read(); m = read();
    k = read();
    if(n <= m) {
        swap(n, m);
        for(int i = 1; i <= m; i++) b[i] = read();
        for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
    } else {
        for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
        for(int i = 1; i <= m; i++) b[i] = read();
    }
    memset(f, -1, sizeof(f));
    for(int i = 1; i <= m; i++) 
        f[b[i]] = i - 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(f[a[i]] != -1) {
            cnt[(i - f[a[i]] - 1 + n) % n + 1]++;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        cnt[i] = m - cnt[i];
    int p = n / gcd(n, m) * m;
    int tt = cal1(p), ans = 0;
    ans += (k - 1) / tt * p;
    k = (k - 1) % tt + 1;
    ans += cal(k);
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}
/*
cnt[i]表示从i开始匹配，能有多少个匹配上
*/