Codeforces Round #535 (Div. 3) 題解
Codeforces Round #535 (Div. 3)
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太懶了啊~好久之前的我現在才更新，趕緊補上吧，不能漏掉了。
A. Two distinct points
題意：
給出兩個區間的左右邊界，輸出兩個數，滿足兩個數分別在兩個區間內且這兩個數不相等。
題解：
直接輸出左端點然後判斷一下就行了。
代碼如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int q; int l1,r1,l2,r2;View Codeint main(){ cin>>q; for(int i=1;i<=q;i++){ cin>>l1>>r1>>l2>>r2; if(l1==l2) l2++; cout<<l1<<" "<<l2<<endl; } return 0; }
B. Divisors of Two Integers
題意：
給出n個數，這n個數都為兩個數的因子，最後要求你輸出這兩個數為什麽。
題解：
既然是因子，那麽答案也肯定包含在這n個數中，並且因子應該是較大的數。
那麽我們排序後從後往前枚舉，遇到一個沒有被刪除的數我們就把它當作我們的答案，並且在其它數中刪掉它的因子。
代碼如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 200; int n; int d[N],del[N]; vector <int> vec[N]; int main(){ scanf("%d",&n);View Codefor(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]); sort(d+1,d+n+1); for(int i=1;i<=n;i++){ int x=d[i]; for(int j=2;j*j<=x;j++){ if(x%j==0){ vec[i].push_back(j); if(j*j!=x) vec[i].push_back(x/j); } } } for(int i=n;i>=1;i--){ if(del[i]) continue ; int cnt = 0; while(cnt<vec[i].size()){ for(int j=2;j<=i;j++){ if(del[j]) continue ; if(d[j]==vec[i][cnt]){ cnt++; del[j]=1; break ; } } } } int tot=0; for(int i=3;i<=n;i++) if(!del[i]) tot++; int now = 0; int x=1,y=1; for(int i=3;i<=n;i++){ if(now==tot-1){ if(!del[i]) y*=d[i]; } else if(!del[i]) x*=d[i],now++; } cout<<x<<" "<<y; return 0; }
C. Nice Garland
題意：
給出一個字符串，這個字符串只由三個大寫字母"B","G","R"構成，然後問你最少需要修改多少個字符，可以使得這個串成為一個“好串”。
好串的定義是，對於每一個字符，它和其它相同字符位置相差都為3的倍數。
題解：
因為相差都為3的倍數，那麽我們可以斷定前三個字符是互不相同的，並且之後每三個字符也是互不相同的。
另外也可以知道，後面的位置與前三個的位置是一一對應的，這樣才滿足相差為3的倍數這個條件。
那麽我們就枚舉前三個的所有可能情況，然後根據這個去統計後面需要的修改次數，最後取最小值就行了。
直接枚舉太麻煩，所以使用全排列函數next_permutation。
代碼如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 2e5+5; int n; char s[N],a[N]; char p[10]={‘R‘,‘B‘,‘G‘}; int main(){ scanf("%d",&n); scanf("%s",s); int ans = 0; sort(p,p+3); ans=0x3f3f3f3f3f; int tot=0; do{ tot++; int cnt = 0; for(int i=0;i<min(n,3);i++){ if(p[i]!=s[i]) cnt++; } for(int i=3;i<n;i++){ if(p[i%3]!=s[i]) cnt++; } if(ans>cnt){ ans=cnt; for(int i=0;i<3;i++) a[i]=p[i]; } }while(next_permutation(p,p+3)); cout<<ans<<endl; for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i%3]; return 0; }View Code
D. Diverse Garland
題意：
還是給出一個只由"R","G","B"構成的字符串，現在問最少的修改次數使得兩兩相鄰的字符不想等為多少。
題解：
這題可以dp吧，但是我是直接貪心來做的。
直接這樣想，對於一段連續且相等的串，我們只需要改變其偶數位置就行了。註意一下改變的時候不要和前面以及後面的相等了。
代碼如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 2e5+5; int n; char s[N],p[N]; char a[N]={‘R‘,‘B‘,‘G‘}; void change(int x){ for(int i=0;i<3;i++){ p[x]=a[i]; if(p[x]!=s[x-1] && p[x]!=s[x+1]) return ; } return ; } int main(){ scanf("%d",&n); scanf("%s",s+1); int ans = 0; int tot=0; for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=s[i]; for(int i=1;i<=n;i++){ if(s[i]!=s[i-1]) tot=1; else{ tot++; if(tot%2==0){ change(i); ans++; } } } cout<<ans<<endl; for(int i=1;i<=n;i++) cout<<p[i]; return 0; }View Code
E1. Array and Segments (Easy version)
題意：
給出n個數ai以及m個區間，現在要求你選擇一些區間，然後每個區間裏面的所有數減去1，最後問選擇區間過後，n個數中最大值減去最小值最大為多少。
題解：
簡單版本的數據範圍比較小，直接暴力就行了。
暴力的話考慮枚舉最後最小的位置是哪一個，然後就選擇所有覆蓋這個點的區間，暴力計算就ok。
代碼如下：
#include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; const int N = 305,M = 305; int a[N],mx[N],mn[N],b[N]; struct seg{ int l,r,id; bool operator < (const seg &A)const{ return r<A.r; } }p[M]; int n,m; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i]; for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&p[i].l,&p[i].r),p[i].id=i; sort(p+1,p+m+1); memset(mn,INF,sizeof(mn)); for(int i=1;i<=n+1;i++) mx[i]=-INF; for(int i=n;i>=1;i--) mx[i]=max(mx[i+1],a[i]); for(int i=n;i>=1;i--) mn[i]=min(mn[i+1],a[i]); int ans = mx[1]-mn[1]; int num=0; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++) a[j]=b[j]; for(int j=1;j<=m;j++){ if(p[j].l<=i && p[j].r>=i){ for(int k=p[j].l;k<=p[j].r;k++) a[k]--; } } int minx = INF,maxx = -INF; for(int j=1;j<=n;j++) minx=min(minx,a[j]),maxx=max(maxx,a[j]); if(ans<maxx-minx){ ans=maxx-minx; num=i; } } cout<<ans<<endl; int tot=0; vector <int> vec; for(int i=1;i<=m;i++){ if(p[i].l<=num && p[i].r>=num) tot++,vec.push_back(p[i].id); } cout<<tot<<endl; for(auto v:vec) cout<<v<<" "; return 0; }View Code
E2. Array and Segments (Hard version)
題意：
這題和E1的題目描述都是一樣的，不同的就是數據範圍變大了，現在是n<=1e5,m<=300，顯然不能直接暴力枚舉每個最小值了。
題解：
區間個數還是那麽多，註意到區間個數比n小很多，那麽我們可以考慮離散化，這樣數軸上最多只剩下600個點，然後我們記錄一下每一段的最大最小值。
這樣段數也只有最多600個，區間還是300個，暴力枚舉就不會超時了。
為啥可以把每一段看成點呢？因為對於被區間“分隔”的每一段區間，它們所擁有的區間覆蓋都是相同的，這個畫下圖就知道了。
給出代碼:
#include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5+5,M = 305; int a[N],l[N],r[N],b[N],c[N]; int n,m,tot; int mx[N],mn[N]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&l[i],&r[i]); r[i]++; b[++tot]=l[i]; b[++tot]=r[i]; } b[++tot]=1;b[++tot]=n+1; sort(b+1,b+tot+1); tot = unique(b+1,b+tot+1)-(b+1); for(int i=1;i<=m;i++){ l[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,l[i])-b; r[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,r[i])-b; } int t1=-INF,t2=INF; for(int i=1;i<tot;i++){ mx[i]=mn[i]=a[b[i]]; for(int j=b[i]+1;j<b[i+1];j++){ mx[i]=max(mx[i],a[j]); mn[i]=min(mn[i],a[j]); } t1=max(t1,mx[i]);t2=min(t2,mn[i]); } vector <int> ans[N]; int Ans=t1-t2,pos=0; for(int x=1;x<tot;x++){ memset(c,0,sizeof(c)); for(int j=1;j<=m;j++){ if(l[j]<=x && r[j]>x) ans[x].push_back(j); } if(!ans[x].size()) continue ; for(auto v:ans[x]){ c[l[v]]--;c[r[v]]++; } int s = 0,minx = INF,t=0,maxx=-INF; for(int i=1;i<tot;i++){ s+=c[i]; if(!t || mn[i]+s<minx) minx=mn[t=i]+s; } s = 0; for(int i=1;i<tot;i++){ s+=c[i]; if(mx[i]+s>maxx) maxx=mx[i]+s; } if(maxx-minx>Ans){ Ans=maxx-minx; pos=x; } } cout<<Ans<<endl<<ans[pos].size()<<endl; for(auto v:ans[pos]) cout<<v<<" "; return 0; }View Code
還有一種更巧妙地解法，用不上離散化，直接搞就是了。
就是還是從1~n進行枚舉，只有當前點為某個區間的端點時進行更新，然後再暴力求最大最小值來計算。
這個復雜度是O(n*m)的。
代碼如下：
#include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5+5,M = 305; int n,m; int a[N],b[N],l[N],r[N]; vector <int> pl[N],pr[N]; int main(){ cin>>n>>m; int mx = -INF ,mn= INF; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); mx=max(mx,a[i]); mn=min(mn,a[i]); } for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&l[i],&r[i]); pl[l[i]].push_back(i); pr[r[i]+1].push_back(i); } int ans = mx-mn,pos=-1,tmp; for(int i=1;i<=n;i++){ int len1=pl[i].size(),len2=pr[i].size(); if(len1){ for(auto v:pl[i]){ for(int j=l[v];j<=r[v];j++) a[j]--; } } if(len2){ for(auto v:pr[i]){ for(int j=l[v];j<=r[v];j++) a[j]++; } } if(len1 || len2){ mx = -INF,mn = INF; for(int i=1;i<=n;i++){ mx=max(mx,a[i]); if(a[i]<mn){ mn=a[i]; tmp=i; } if(mx-mn>ans){ ans=mx-mn; pos=tmp; } } } } cout<<ans<<endl; int cnt = 0; for(int i=1;i<=m;i++){ if(l[i]<=pos && r[i]>=pos) cnt++; } cout<<cnt<<endl; for(int i=1;i<=m;i++){ if(l[i]<=pos && r[i]>=pos) cout<<i<<" "; } return 0; }View Code
F. MST Unification
題意：
給出一個無向圖，每條邊有相應邊權，然後現在你可以對某些邊的邊權加上一個值。
現在問你最少需要多少次操作，可以使得這個圖的最小生成樹唯一。
題解：
這個思路還是挺巧妙的，也是求最小生成樹。我們假設目前邊權為x的邊有c條，那麽我們先剔除不用的邊a，再盡可能地在途中加邊b，最後的c-a-b條邊就是我們需要對其進行操作的邊。
然後稍微修改一下Kruskal就行了，具體見代碼吧：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 2e5+5; int n,m; int f[N]; struct Edge{ int u,v,w; bool operator <(const Edge &A)const{ return w<A.w; } }e[N]; int find(int x){ return f[x]==x ? f[x] : f[x]=find(f[x]); } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); e[i]={u,v,w}; } sort(e+1,e+m+1); for(int i=1;i<=n+1;i++) f[i]=i; int ans = 0; for(int i=1,j=1;i<=m;i=j){ while(e[i].w==e[j].w) j++; int cnt = j-i; for(int k=i;k<j;k++){ int fx=find(e[k].u),fy=find(e[k].v); if(fx==fy) cnt--; } for(int k=i;k<j;k++){ int fx=find(e[k].u),fy=find(e[k].v); if(fx==fy) continue ; cnt--; f[fx]=fy; } ans+=cnt; } cout<<ans; return 0; }View Code
這份題解總算寫完了~還有幾個找時間再補吧。
Codeforces Round #535 (Div. 3) 題解