Codeforces Round #631 (Div. 1)
Codeforces Round #631 (Div. 1)
A
略
B
由題意得，\(a_i\) 二進位制下最高位的 \(1\) 一定大於 \(a_{i-1}\) 的，並且只需要滿足這一個條件。那麼只需要計算出 \(p_i\) 表示最高二進位制位為 \(i\) 時有多少種數，前面都是 \(2^k\) 的形式，最後一個要特判。然後每一位也可以不選，但不能全都不選，所以 \(res=(\prod(p_i+1))-1\)
void solve () { int d, m, res = 1; read (d), read (m); for (int i = 0; i <= 30; ++i) { if ((1ll << i + 1) - 1 < d) { res = res * ((1 << i) + 1) % m; } else { res = res * (d - (1 << i) + 2) % m; break; } } printf ("%lld\n", (res + m - 1) % m); }
C
貪心的刪除，每次刪能刪的最大的那個（略）
D
\(a\) 在 \(a_i=a_{i+1}\) 的地方被分割，弄一個新的字串 \(b\) 只記錄這些分割的字元，即依次在 \(b\) 中加入 \(a_i=a_{i+1}\) 的 \(a_i\)。把在 \(a\) 中的刪除對應到 \(b\) 中就是：1、刪除一個 \(b_i\)；2、刪除滿足 \(b_i\ne b_{i+1}\) 的 \(i,i+1\)。也就是要儘量多用操作 \(2\) 刪光 \(b\)
設當前出現最多的是 \(x\)，出現了 \(c\) 次。
1、\(2c \ge |b|\)，可以讓其它所有的字元和 \(x\) 來一次操作 \(2\)
2、\(2c< |b|\)，先貪心的執行操作 \(2\)，直到 \(2c=|b|\)，然後變成第一種情況
輸出方案需要用線段樹維護一下當前的真實下標
const int N = 2e5 + 5; int n, m, now, cnt[30], mx, p; char a[N]; int tp, t[N], res; vector<pair<int, int> > ans; pair<int, int> b[N]; #define fi first #define se second struct tree { int c[N << 2], tag[N << 2]; #define ls (p << 1) #define rs (p << 1 | 1) void clear () { for (int i = 1; i <= 4 * n; ++i) c[i] = tag[i] = 0; } void push_down (int p, int l, int r) { if (!tag[p]) return; int mid (l + r >> 1); c[ls] = mid - l + 1, c[rs] = r - mid; tag[ls] = tag[rs] = 1; tag[p] = 0; } void modify (int p, int l, int r, int ql, int qr) { if (ql <= l && r <= qr) { c[p] = r - l + 1, tag[p] = 1; return; } int mid (l + r >> 1); push_down (p, l, r); if (ql <= mid) modify (ls, l, mid, ql, qr); if (qr > mid) modify (rs, mid + 1, r, ql, qr); c[p] = c[ls] + c[rs]; } int query (int p, int l, int r, int ql, int qr) { if (ql <= l && r <= qr) return c[p]; int mid (l + r >> 1), s = 0; push_down (p, l, r); if (ql <= mid) s += query (ls, l, mid, ql, qr); if (qr > mid) s += query (rs, mid + 1, r, ql, qr); return s; } } u; void del (int l, int r) { int L = l - u.query (1, 1, n, 1, l); int R = r - u.query (1, 1, n, 1, r); if (!L) L = 1; if (!R) R = 1; ++res; ans.emplace_back (L, R); u.modify (1, 1, n, l, r); --cnt[a[l] - 'a']; if (r < n) --cnt[a[r] - 'a']; } void solve_a () { tp = 0; for (int i = 1; i <= m; ++i) { if (!tp) { t[++tp] = i; continue; } if (b[t[tp]].fi == p) { if (b[i].fi == p) t[++tp] = i; else del (b[t[tp]].se + 1, b[i].se), --tp; } else { if (b[i].fi != p) t[++tp] = i; else del (b[t[tp]].se + 1, b[i].se), --tp; } } if (!tp) return del (1, n), void (); while (tp > 1) del (b[t[tp - 1]].se + 1, b[t[tp]].se), --tp; del (1, b[t[1]].se), del (b[t[1]].se + 1, n); } void solve_b () { if (m & 1) del (b[m].se + 1, n), --m, --now; tp = 0; for (int i = 1; i <= m; ++i) { for (int j = 0; j < 26; ++j) if (cnt[j] * 2 >= now) { p = j; int mm = 0; for (int k = 1; k <= tp; ++k) b[++mm] = b[t[k]]; for (int k = i; k <= m; ++k) b[++mm] = b[k]; m = mm; return solve_a (), void (); } if (!tp || b[t[tp]].fi == b[i].fi) { t[++tp] = i; continue; } del (b[t[tp]].se + 1, b[i].se), --tp, now -= 2; } del (1, n); } signed main() { int T; read (T); while (T--) { scanf ("%s", a + 1); n = strlen (a + 1); m = 0; for (int i = 1; i < n; ++i) if (a[i] == a[i + 1]) b[++m] = {a[i] - 'a', i}; memset (cnt, 0, sizeof (cnt)); for (int i = 1; i <= m; ++i) ++cnt[b[i].fi]; mx = 0; now = m; for (int i = 0; i < 26; ++i) if (cnt[i] > mx) mx = cnt[i], p = i; res = 0, ans.clear (), u.clear (); mx * 2 >= m ? solve_a () : solve_b (); printf ("%d\n", res); for (auto i : ans) printf ("%d %d\n", i.fi, i.se); } return 0; }
E
原本存在的 \(A\) 將字串劃分為若干段，設每段長度為 \(l_i\)，共 \(s\) 段。新的 \(A\) 一定是儘量平均分佈最優，那麼一組答案 \((L,R)\) 可行，需要滿足兩個條件
1、\([\lceil\frac{l_i}{R} \rceil-1,\lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor-1]\) 區間非空
2、\(\sum\lceil\frac{l_i}{R} \rceil-s\leq k\leq \sum\lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor-s\)
對於第二個條件，\(L,R\) 相互獨立，可以直接二分出來最大的 \(L'\) 和最小的 \(R'\)。然後分類
1、\(L'\ge R'\)，答案為 \(0\)。此時取任意 \(L=R\in[R',L']\)，第二個條件已經滿足，而對於第一個條件，因為 \(\sum\lceil\frac{l_i}{R} \rceil\leq \sum\lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor\)，\(\lceil\frac{l_i}{R} \rceil\ge \lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor\)，所以 \(\forall i,\lceil\frac{l_i}{R} \rceil=\lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor\)，第一個條件也成立。其實，若 \(L'\ge R'\)，必有 \(L'=R'\)
2、\(L'<R'\)，此時需要考慮第一個條件。\(\frac{l_i}{L'}>\frac{l_i}{R'}\Rightarrow \lfloor\frac{l_i}{L}\rfloor-\lceil\frac{l_i}{R} \rceil\ge-1\)。因為如果不滿足，差為 \(-1\)，那麼最優方案只需要移動 \(L',R'\) 中的一個即可。也就是會多出一些限制 \((a_i,b_i)\)，表示 \(L'\leq a_i\) 或 \(R'\ge b_i\)，選一些移動 \(L'\)，一些移動 \(R'\)，讓 \(R'-L'\) 最小。排個序算算
const int N = 4e5 + 5;
int n, m, k, p[N], l[N];
int L, R;
int f (int x, int o) {
int s = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) s += l[i] / x;
if (o) {
for (int i = 1; i <= m; ++i) s += (l[i] % x != 0);
}
return s;
}
void getLR () {
int l = 1, r = n, mid; L = 1;
while (l <= r) {
mid = l + r >> 1;
int t = f (mid, 0);
if (t < m + k) r = mid - 1;
else L = mid, l = mid + 1;
}
l = 1, r = n, R = n;
while (l <= r) {
mid = l + r >> 1;
int t = f (mid, 1);
if (t > m + k) l = mid + 1;
else R = mid, r = mid - 1;
}
}
pair<int, int> a[N]; int mx[N];
#define fi first
#define se second
int solve () {
int tot = 0, res = 1e16;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int x = l[i] / R + (l[i] % R != 0), y = l[i] / L;
if (x > y) {
a[++tot].fi = l[i] / x;
a[tot].se = y ? l[i] / y + (l[i] % y != 0) : 1e16;
}
}
a[++tot] = {L, 1e16}, a[++tot] = {-1e16, R};
sort (a + 1, a + tot + 1);
for (int i = 1; i <= tot; ++i)
mx[i] = max (mx[i - 1], a[i].se);
for (int i = 2; i <= tot; ++i)
res = min (res, mx[i - 1] - a[i].fi);
return res;
}
signed main() {
int T; read (T);
while (T--) {
read (n), read (m), read (k);
++m, p[1] = 0, p[m + 1] = n;
for (int i = 2; i <= m; ++i) read (p[i]);
for (int i = 1; i <= m; ++i) l[i] = p[i + 1] - p[i];
getLR ();
if (L >= R) { puts ("0"); continue; }
printf ("%lld\n", solve ());
}
return 0;
}