Codeforces Round #789 (Div. 2) 題解
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A. Tokitsukaze and All Zero Sequence
題目大意：
給定長度為\(n\)的陣列，可以進行兩種操作：1、如果\(a_i = a_j\)，則使其中一個等於\(0\)；2、使\(a_i=a_j=min(a_i,a_j)\)。問用最少的步數使陣列均為\(0\)。
解題思路：
如果陣列中存在\(0\)，則使其餘非\(0\)元素與\(0\)進行操作2；如果陣列中存在相同元素，則先對這兩個相同元素進行操作1，再重複第一種情況；對於其餘情況，先進行一次操作2，再視為第二種情況處理。
參考程式碼：
void solve() { vector<int> a(110); int n; cin >> n; for(int i = 0; i < n; i ++) { int x; cin >> x; a[x] ++; } int res = n + 1; for(int i = 0; i <= 100; i ++) { if(i == 0 && a[i] > 0) { res = n - a[i]; break; } if(a[i] >= 2) { res --; break; } } cout << res << '\n'; }
B1. Tokitsukaze and Good 01-String (easy version)
題目大意：
給定一個01字串，每次操作改變一個字元，使得用最少的步數相同字串的長度為偶數。
解題思路：
1、統計當前記錄串的\(0\)或者\(1\)的個數，若個數為奇數，且與下個位置不同，則修改下個位置的字元。
2、將字元下標成對記錄，即{0,1}，{2,3}……若出現\(01\)或者\(10\)則表示要修改為\(00\)或者\(11\)，需要修改的次數\(+1\)。
參考程式碼：
1、
void solve() { int n; cin >> n; vector<int> a(n); for(int i = 0; i < n; i ++) { char x; cin >> x; a[i] = x - '0'; } int res = 0; int cnt = 1; for(int i = 1; i < n; i ++) { if(a[i] != a[i - 1] ) { if(cnt % 2 == 1) { a[i] = a[i - 1]; res ++; cnt ++; } else { cnt = 1; } } else { cnt ++; } } cout << res << '\n'; }
2、
void solve() { int n; cin >> n; vector<PII> a(n / 2); for(int i = 0; i < n / 2; i ++) { char x, y; cin >> x >> y; a[i].first = x - '0', a[i].second = y - '0'; } int res = 0; for(int i = 0; i < n / 2; i ++) { if(a[i].second != a[i].first) { res ++; } } cout << res << '\n'; }
B2. Tokitsukaze and Good 01-String (hard version)
題目大意：
在B1的基礎上增加了要求最小分成\(0\)串和\(1\)串的個數和。
解題思路：
延續B1第二種的思路，由於\(10\)和\(01\)可以任意的修改成為\(00\)或者\(11\)，但是原本的\(00\)或者\(11\)是無法修改的，這樣會增加最小修改次數，因此出現\(xx00xxxx11xx\)的情況一定會被分割成兩部分。同時考慮全為\(10\)或者\(01\)的情況。
參考程式碼：
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<PII> a(n / 2);
for(int i = 0; i < n / 2; i ++) {
char x, y;
cin >> x >> y;
a[i].first = x - '0', a[i].second = y - '0';
}
int res1 = 0, res2 = 0;
int o = -1;
for(int i = 0; i < n / 2; i ++) {
if(a[i].second != a[i].first) {
res1 ++;
} else {
if(o != a[i].first) {
res2 ++;
o = a[i].first;
}
}
}
res2 = max(res2, 1);
cout << res1 << ' ' << res2 << '\n';
}
C. Tokitsukaze and Strange Inequality
題目大意：
給定一種排列\(p\)，要求找出四元組的個數。四元組\([a,b,c,d]\)滿足\(p_a<p_c\)平且\(p_b> p_d\)。
解題思路：
由於資料規模，可以暴力選取\(b\)和\(c\)，在\([c+1,n]\)中選擇大於\(p_b\)的個數，在\([1,b - 1]\)中選擇小於\(p_c\)的個數，二者相乘。個數可以由\(O(n^2)\)的字首和預處理得到。
參考程式碼：
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
}
vector<vector<int>> cnt1(n + 1, vector<int> (n + 1)), cnt2(n + 1, vector<int> (n + 1));
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if(a[i] < j) {
cnt1[i][j] ++;
}
}
}
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cnt1[i][j] += cnt1[i - 1][j];
}
}
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
for(int i = n; i >= 1; i --) {
if(a[i] < j) {
cnt2[i][j] ++;
}
}
}
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
for(int i = n - 1; i >= 1; i --) {
cnt2[i][j] += cnt2[i + 1][j];
}
}
ll res = 0;
for(int i = 1; i < n; i ++) {
for(int j = i + 1; j < n; j ++) {
int x = cnt1[i - 1][a[j]];
int y = cnt2[j + 1][a[i]];
res += x * y;
}
}
cout << res << '\n';
}
D. Tokitsukaze and Meeting
題目大意：
有\(n\)行\(m\)列的會場，有\(n*m\) 個同學，\(0\)表示頑皮的同學，\(1\)表示認真的同學。同學們按照圖示的順利進入會場，問每一個同學進入會場時有多少行至少有一個認真的同學，有多少列至少有一個認真的同學，答案取二者之和。
解題思路：
發現每個同學的相對列數差是一個定值，我們取會場坐滿時每位同學的列號作為對答案的價值。同時對於行而言，第\(i\)的同學入場時的價值等於第\(i - m\)個同學入場時的價值加上\([i - m + 1, i]\)個同學中有無認真的同學，可以通過記錄上一個同學的編號來簡單判斷。
參考程式碼：
void solve() {
int n, m;
string s;
cin >> n >> m >> s;
vector<int> cres(n * m), rres(n * m);
vector<int> row(n), col(m);
for(int i = 0; i < s.size(); i ++) {
if(s[i] == '1') {
if(col[i % m] == 0) {
col[i % m] = 1;
cres[i] ++;
}
}
}
for(int i = 1; i < n * m; i ++ ) {
cres[i] += cres[i - 1];
}
int l = -INF;
for(int i = 0; i < s.size(); i ++) {
if(i - m >= 0) {
rres[i] = rres[i - m];
}
if(s[i] == '1') {
l = i;
}
if(i - l < m) {
rres[i] ++;
}
}
for(int i = 0; i < n * m; i ++) {
cout << rres[i] + cres[i] << ' ';
}
cout << '\n';
}
E. Tokitsukaze and Two Colorful Tapes
題目大意：
給定兩條長度為\(n\)的綵帶，其中一條顏色排列為\(a\)，另一條為\(b\)，可以規定每種顏色的分數\(c(1 <= c <= n)\)，每個位置對答案的價值為\(|c[a[i]] - c[b[i]]|\)，求\(\sum_{i=1}^{n}|c[a[i]] - c[b[i]]|\)的最大值。
解題思路：
首先找出所有環，顯然對於長度為偶數的環，以最大值，最小值，最大值的排列順序所得到的價值最大；對於長度為奇數的環，發現長度為偶數的環中得到最大值的原因是每次差值都是最大值-最小值，但是長度為奇數的的情況下然會有一個值無法發揮作用（例如：最大值-最小值-x-最大值-最小值），這樣x對答案是沒有貢獻的。因此我們對長度為奇數的環每次在中間空一位出來，將多出來的數字填進去即可。
參考程式碼：
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1), b(n + 1), f(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> b[i];
f[b[i]] = i;
}
vector<vector<int>> e;
vector<bool> ok(n + 1);
ll res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
int ne = f[a[i]];
if(!ok[i]) {
vector<int> temp;
temp.push_back(i);
while(a[ne] != a[i]) {
ok[ne] = 1;
temp.push_back(ne);
ne = f[a[ne]];
}
e.push_back(temp);
}
ok[i] = 1;
}
int l = 1, r = n;
vector<int> soc(n + 1);
vector<int> temp;
for(auto x : e) {
if(x.size() % 2 == 0) {
for(int i = 0; i < x.size(); i += 2) {
soc[a[x[i]]] = r --,
soc[a[x[i + 1]]] = l ++;
}
} else {
for(int i = 0; i < x.size(); i ++) {
if(i == x.size() / 2) {
continue;
}
if(i < x.size() / 2) {
if(i % 2 == 0)
soc[a[x[i]]] = r --;
else
soc[a[x[i]]] = l ++;
} else {
if(i % 2 == 1)
soc[a[x[i]]] = r --;
else
soc[a[x[i]]] = l ++;
}
}
temp.push_back(x[x.size() / 2]);
}
}
for(auto x : temp) {
soc[a[x]] = l ++;
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
// cout << soc[a[i]] << ' ';
res += abs(soc[a[i]] - soc[b[i]]);
}
cout << res << '\n';
}
F. Tokitsukaze and Permutations
題目大意：
有一個排列\(p\)，對其進行\(k\)次氣泡排序（從前往後進行）得到新的排列\(a\)，記錄陣列\(a\)中每個位置的價值\(v_i = \sum_{j=1}^{i-1}[a_i < a_j]\)。現在已知\(v\)陣列（如果\(v_i = -1\)，表示此位置價值未知），問有\(p\)有多少種可能。
解題思路：
發現對於已知的\(v\)僅存在一種排列\(a\)與其對應。進行一次氣泡排序會使\(v_i=max(v_i-1,0)\)，然後\(v\)整體左移，\(v_0\)被覆蓋，\(v_{n - 1} = 0\)。做\(v_i\)與\(p_{(i+k)\%n}\)的對映，對\(i<n-k\)：\(p_{i+k} < k + i + 1\)，\(p_{i+k} <= k + 1 (v_i = 0)\)，因此如果\(v_i = -1\)，\(i\)位置的貢獻為\(k + i + 1\)；如果\(v_i=0\)，\(i\)位置的貢獻為\(k + 1\)；如果\(v_i>=1 \&\& v_i<i + 1\)，\(i\)位置的貢獻為\(1\)；其他情況表示不存在這種排列，貢獻為\(0\)。對\(n-k<i<n\)：\(p_{(i+k)\%n} < (k + i)\%n + 1\)且\(v_i=0||v_i=-1\)，因此\(i\)位置的貢獻為\((k + i) \% n + 1\)，不滿足條件則不存在這種排列，貢獻為\(0\)。最後答案取所有貢獻的乘積。
參考程式碼：
void solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> v(n);
for(int i = 0; i < n; i ++) {
cin >> v[i];
}
ll res = 1;
for(int i = 0; i < n; i ++) {
if(i < n - k) {
if(v[i] == -1) {
res = (res * (k + i + 1)) % mod;
} else if(v[i] == 0) {
res = (res * (k + 1)) % mod;
} else if(v[i] >= i + 1) {
res = 0;
}
} else {
if(v[i] == 0 || v[i] == - 1) {
res = (res * ((k + i) % n + 1)) % mod;
} else {
res = 0;
}
}
}
cout << res << '\n';
}