CF 1119 A

題目大意：給一個數組$a_i$，求最大的$i?j$使得$a_i?=a_j$，輸出這個$i?j$的值
題解： 這題可以做到$\mathcal{O}(n)$，有一個很好的性質，就是一定滿足$i=n$或$j=1$。我們發現這很好證明，如果$a_1?=a_n$，那么答案就是$n?1$了，否則我們發現數組的一個前綴以及一個后綴分別是若干個與$a_1$相等的值，我們發現去掉這兩個前后綴之后的內部的答案嚴格小于端點在前后綴之中的，而端點在前后綴之中的情況我們發現端點一定有$1$或$n$

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} int n,a[300001],ans; int main() {read(n);for(rg int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);for(rg int i=1;i<=n;i++)if(a[i]!=a[1])ans=max(ans,i-1);for(rg int i=1;i<=n;i++)if(a[i]!=a[n])ans=max(ans,n-i);print(ans);return 0; }

CF 1119 B

題目大意：現在有個$H?2$的立體冰箱，可以在任何一個格子頂部放隔板，現在有一些牛奶盒按順序放入冰箱（牛奶盒不能疊起來，只能放在隔板上），第$i$個牛奶盒為$a_i?1$的長方形，問最多能放幾個牛奶盒
題解： 容易發現這題顯然可二分，二分完之后直接貪心放判定即可，復雜度$\mathcal{O}(nlo{g}^{2}n)$

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} int n,H,a[300001],b[300001],l,r,ans; bool check(const int mid) {for(rg int i=1;i<=mid;i++)b[i]=a[i];std::sort(b+1,b+mid+1);int cost=0;for(rg int i=mid;i>=0;i-=2){cost+=b[i];if(cost>H)return 0;}return 1; } int main() {read(n),read(H),l=1,r=n;for(rg int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);while(l<=r){const int mid=(l+r)>>1;if(check(mid))ans=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}print(ans);return 0; }

CF 1119 C

題目大意：給一個$n?m$的01矩陣，每次可以選定一個子矩陣并且對子矩陣的四個角異或1，求是否能將整個矩陣異或成0
題解： 我們發現，這個操作進行前綴異或操作后相當于是對一個數組進行矩形異或操作（但是范圍有限制，只能1~n-1行的1~m-1列），那么將給出的矩形進行前綴異或操作后看是否有范圍外的1即可
復雜度$\mathcal{O}(nm)$

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} int n,m,a[501][501],fla=1; int main() {read(n),read(m);for(rg int i=1;i<=n;i++)for(rg int j=1;j<=m;j++)read(a[i][j]);for(rg int i=1;i<=n;i++)for(rg int j=1;j<=m;j++){int x;read(x);a[i][j]^=x^a[i-1][j]^a[i][j-1]^a[i-1][j-1];}for(rg int i=1;i<=n;i++)if(a[i][m])fla=0;for(rg int i=1;i<=m;i++)if(a[n][i])fla=0;if(fla)puts("Yes");else puts("No");return 0; }

CF 1119 D

題目大意：現在有一個$n?\infty$的二維整數數組$a_{i,j}$且滿足$a_{i,j}=s_i+j$，給定一些詢問，問$l_i$列到$r_i$列有多少種不同的整數
（數據范圍$n,q\le 100000$）
題解： 我們發現$l_i$與$r_i$的值并不重要，有用的只有$r_i?l_i$的值，我們發現本題就變成了線段長度并，我們發現數軸上的線段段數會隨著$r_i?l_i$的變大而減少，我們可以預處理每個段數時覆蓋的長度，那么$r_i?l_i$更大但不足以接上下一段線段時就會給每條線段帶來延伸，直接乘起來即可，復雜度$\mathcal{O}(nlogn)$（此處$n,q$同階）

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} int n,q; ll s[100001],c[100002],ans[100001],las=-1,dq=0,before; int main() {read(n);for(rg int i=1;i<=n;i++)read(s[i]);std::sort(s+1,s+n+1);n=std::unique(s+1,s+n+1)-s-1;ans[1]=n;for(rg int i=2;i<=n;i++)c[i]=s[i]-s[i-1];std::sort(c+1,c+n+1);c[n+1]=2000000000000000000ll;for(rg int i=2;i<=n+1;i++)if(c[i]!=dq){ans[i-1]=ans[i-2]+(dq-las-1)*before+n-i+2;before=n-i+2; las=dq,dq=c[i];}else ans[i-1]=ans[i-2];read(q);for(rg int i=1;i<=q;i++){ll x,y;read(x),read(y),y-=x;x=std::upper_bound(c+1,c+n+1,y)-c-1;print(ans[x]+(y-c[x])*(n-x+1)),putchar(' ');}return 0; }

CF 1119 E

題目大意：長度為$2^i$的棍子有$a_i$根，問最多能組成多少個三角形
題解： 首先有個顯然的結論，本題的三角形三邊長只有兩種情況：$A=B=C$或者$A<B=C$，我們發現由于邊長限制，其它組合都不符合兩邊之和大于第三邊的限制。進行整合，我們發現就是$A\le B=C$。接下來進行貪心即可

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} ll n,a[300001],all,usd,ans; int main() {read(n);for(rg int i=0;i<n;i++)read(a[i]),all+=a[i];for(rg int i=n-1;i>=0;i--){int A=min(all-usd,a[i]),other=a[i]-A;if((all-usd-A)*2<=A){ll add=all-usd-A;usd+=add,A-=add*2,ans+=add;add=A/3;A-=add*3,ans+=add;usd=max(usd-A,0ll);}else{ll add=A/2;usd+=add,A-=add*2,ans+=add;usd=max(usd-A,0ll);}usd=max(usd-other,0ll),all-=a[i];}print(ans);return 0; }

CF 1119 F

題目大意：有一棵$n$個節點的樹，邊有邊權，現在要求你刪權值和盡量小邊，使得每個點的度數小于等于$x$，對于每個$x$輸出答案
題解：（此處感謝fcwww同學的幫忙）
首先有個很好的性質，就是
$$\sum _{i=1}^n\sum _{u=1}^n[d_u\ge i]=\sum _{u=1}^n{d}_u=2(n?1)$$
意思是說，對于一個$x$，直接枚舉度數大于$x$的節點的復雜度是可以接受的
考慮現在相當于是一個森林，對每棵樹進行樹形dp
設$f_{i,0}$代表$i$子樹內解決，$i$節點到父親的邊不被選擇的最小花費
$f_{i,1}$代表$i$子樹內解決，$i$節點到父親的邊被選擇的最小花費
考慮樹上的一個兒子，若其度數$\le x$，那么花費就是邊的邊權$w$，否則花費是$f_{i,1}?f_{i,0}+w$
每個點維護所有到不滿足條件的兒子的邊的長度set
從小到大枚舉$x$，點逐漸的不滿足條件，這樣的話那個set就是不斷的加元素
我們考慮如何計算出dp值，我們發現滿足條件的兒子會往set里加元素
我們不要取最小的那些元素，而是把大的元素刪掉，這樣就保證了復雜度為$\mathcal{O}(nlogn)$
另外實現的時候要注意細節，否則很容易寫掛復雜度

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);} template <typename T> inline void maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;} template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;} const int maxn=250001,maxm=500001; int n,head[maxn],nxt[maxm],tow[maxm],vau[maxm],tmp,d[maxn]; inline void addb(const int u,const int v,const int w) {tmp++;nxt[tmp]=head[u];head[u]=tmp;tow[tmp]=v;vau[tmp]=w; } std::vector<int>T[maxn]; int fa[maxn],nex[maxn+1],las; void ffa(const int u) {for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v!=fa[u])fa[v]=u,ffa(v);} } bool vis[maxn]; struct SET {std::multiset<int,std::greater<int> >main;std::vector<int>erased,added;ll lj;int tot;void insert(const int x){main.insert(x),lj+=x,tot++;}void resize(const int x){while(tot>x){tot--,lj-=*main.begin();main.erase(main.begin());}}void RESIZE(const int x){while(tot>x){tot--,lj-=*main.begin(),erased.push_back(*main.begin());main.erase(main.begin());}}void INSERT(const int x){main.insert(x),lj+=x,tot++;added.push_back(x);}void BACK(){for(std::vector<int>::iterator Pos=erased.begin();Pos!=erased.end();Pos++)main.insert(*Pos),tot++,lj+=*Pos;erased.clear();for(std::vector<int>::iterator Pos=added.begin();Pos!=added.end();Pos++)main.erase(main.find(*Pos)),tot--,lj-=*Pos;added.clear();} }s[maxn]; ll f[maxn][2]; int G; void dfs(const int u) {int ned=d[u]-G;s[u].resize(ned);ll tot=0;int *lc=&head[u];for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(vis[v]){(*lc)=nxt[i];continue;}else lc=&nxt[i];if(v!=fa[u]){dfs(v);if(f[v][1]+vau[i]<=f[v][0])ned--,tot+=f[v][1]+vau[i];else{tot+=f[v][0];s[u].INSERT(f[v][1]+vau[i]-f[v][0]);}}}s[u].RESIZE(max(ned,0));f[u][0]=s[u].lj+tot;ned--;s[u].RESIZE(max(ned,0));f[u][1]=s[u].lj+tot;s[u].BACK(); } int main() {read(n);for(rg int i=1;i<n;i++){int u,v,w;read(u),read(v),read(w);addb(u,v,w),addb(v,u,w),d[u]++,d[v]++;}for(rg int i=1;i<=n;i++)T[d[i]].push_back(i);for(rg int i=n;i>=1;i--){nex[i]=las;if(!T[i].empty())las=i;}vis[0]=1;ffa(1);for(rg int i=1;i<=n;i++){G=i-1;ll ans=0;for(rg int p=i;p;p=nex[p]){for(std::vector<int>::iterator Pos=T[p].begin();Pos!=T[p].end();Pos++)if(vis[fa[*Pos]]){dfs(*Pos);ans+=f[*Pos][0];}}print(ans),putchar('\n');for(std::vector<int>::iterator Pos=T[i].begin();Pos!=T[i].end();Pos++){const int u=*Pos;vis[u]=1;for(rg int j=head[u];j;j=nxt[j]){const int v=tow[j];if(!vis[v])s[v].insert(vau[j]);}}}return 0; }

CF 1119 G

題目大意：現在有$m$個敵人，第$i$個敵人的血量為$b_i$，現在你要設計出炸彈的分組方式，使得一組炸彈的第$i$個大小為$a_i$，并且$\sum a_i=n$
每次給你一組炸彈，你可以將每個炸彈分別扔向某個敵人，你希望用最少的組數炸完所有敵人，問組數與炸彈分配方式、炸法
題解： 我們發現，我們可以按順序炸敵人，按順序將敵人每次炸$n$，炸到血量低于$n$，假設此時其血量為$k_i$，這個時候假設可以組合出當前它的血量，然后剩下的炸藥炸下個即可，容易發現這樣的答案一定是最優的，即$?\frac{\sum k_i}{n}?$
至于如何構造出炸藥分配方式，我們發現只需要把所有$k$排序后取$k_i?k_{i?1}$即可
在本題中的$k$可能會有特殊情況，比如炸下個人下個人就直接死了，我們發現沒關系，只需要將下個人的$k$加上之前用過的炸藥量即可

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);} template <typename T> inline void maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;} template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;} int n,m,a[1000001],b[1000001],k[1000001],all,pl[1000001]; int main() {read(n),read(m);for(rg int i=1;i<=m;i++)read(a[i]),b[i]=a[i],all+=a[i];for(rg int i=1;i<=m;i++){k[i]=a[i]%n;if(k[i]){int las=n-k[i];for(int j=i+1;j<=m+1;j++)if(a[j]<las&&j!=m+1){k[j]=k[j-1]+a[j];las-=a[j];}else{i=j-1;a[j]-=las;break;}}}std::sort(k+1,k+m);print((all+n-1)/n),putchar('\n');k[m]=n;for(rg int i=1;i<=m;i++)print(k[i]-k[i-1]),putchar(' '),pl[k[i]]=i;putchar('\n');for(rg int i=1;i<=m;i++)a[i]=b[i];for(rg int i=1;i<=m;i++){while(a[i]>=n){a[i]-=n;for(rg int j=1;j<=m;j++)print(i),putchar(' ');putchar('\n');}k[i]=a[i];if(k[i]>0&&i==m){for(rg int j=1;j<=m;j++)print(i),putchar(' ');putchar('\n');}else if(k[i]>0){int las=n-k[i],zq=0;while(zq<pl[k[i]])zq++,print(i),putchar(' ');for(int j=i+1;j<=m;j++)if(j==m){i=j-1;a[j]-=las;while(zq<m)zq++,print(j),putchar(' ');break;}else if(a[j]<las){k[j]=k[j-1]+a[j];las-=a[j];while(zq<pl[k[j]])zq++,print(j),putchar(' ');}else{i=j-1;a[j]-=las;while(zq<m)zq++,print(j),putchar(' ');break;}putchar('\n');}}return 0; }

CF 1119 H

題目大意：現在有n個數組，第$i$個數組有$x$個$a_i$、$y$個$b_i$,$z$個$c_i$，對于每個$v\in [0,2^k)$，求在每個數組中選一個數異或起來的結果等于$v$的方案數
$x,y,z\le 10^9,n\le 10^5,k\le 17$
題解： 首先我們先考慮暴力，直接FWT是$\mathcal{O}(n{2}^{k}k)$的，顯然不能通過
我們思考更優的做法，首先我們發現，我們可以將$(a_i,b_i,c_i)$改為$(0,a_{i}xor{b}_i,a_{i}xor{c}_i)$，之后我們將表述成$A_i=0，B_i=a_{i}xor{b}_i，C_i=a_{i}xor{c}_i$
考慮暴力時FWT的結果，對數組進行FWT后，數組中將只有4種值：x+y+z,x+y-z,x-y+z,x-y-z（根據FWT的定義容易發現，x的位置由于一開始是0，所以FWT后的貢獻一定都是正的）
如果我們的快速的算出某個位置上一個數出現了幾次，那么我們就可以快速的進行FWT，然后這樣的話進行一遍IFWT就好了
對于每個位置，我們設四個值分別出現了$i,j,k,l$次，容易發現$$i+j+k+l=n$$
我們需要找到更多等式來解出$i,j,k,l$
我們發現只要把所有$B_i$加到一起進行FWT，就可以得出$$i+j?k?l=valueofposition$$
把所有$C_i$加到一起進行FWT，就可以得出$$i?j+k?l=valueofposition$$
把所有$B_{i}xor{C}_i$加到一起進行FWT，就可以得出$$i?j?k+l=valueofposition$$
這樣我們就可以通過3次FWT來算出所有的$i,j,k,l$，然后一次FWT算出答案即可
復雜度$\mathcal{O}(2^{k}k+nlogn)$
要注意前3遍FWT是不需要取模的，并且要開到longlong

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} const int mod=998244353,inv2=(mod+1)>>1,maxn=131072; int Md(const int x){return x>=mod?x-mod:x;} ll pow(ll x,ll y) {ll res=1;x=(x+mod+mod)%mod;for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)res=res*x%mod;return res; } int n,k,lenth; inline void FWT(ll*A) {for(rg int i=1;i<lenth;i<<=1)for(rg int j=0;j<lenth;j+=(i<<1))for(rg int k=0;k<i;k++){const int x=A[j+k],y=A[j+k+i];A[j+k]=(x+y),A[j+k+i]=(x-y);} } inline void FWT(ll*A,const int fla) {for(rg int i=1;i<lenth;i<<=1)for(rg int j=0;j<lenth;j+=(i<<1))for(rg int k=0;k<i;k++){const int x=A[j+k],y=A[j+k+i];A[j+k]=Md(x+y),A[j+k+i]=Md(x+mod-y);}if(fla==-1){const int inv=pow(inv2,(ll)k);for(rg int i=0;i<lenth;i++)A[i]=(ll)A[i]*inv%mod;} } ll A[maxn],B[maxn],C[maxn],x,y,z,v; int main() {read(n),read(k),read(x),read(y),read(z),lenth=1<<k;for(rg int i=1;i<=n;i++){int a,b,c;read(a),read(b),read(c);v^=a,b^=a,c^=a,a=b^c;A[b]++,B[c]++,C[a]++;}FWT(A),FWT(B),FWT(C);for(rg int p=0;p<lenth;p++){const ll a=n,b=A[p],c=B[p],d=C[p];A[p]=pow(x+y+z,(a+b+c+d)/4)*pow(x+y-z,(a+b-c-d)/4)%mod*pow(x-y+z,(a-b+c-d)/4)%mod*pow(x-y-z,(a-b-c+d)/4)%mod;}FWT(A,-1);for(rg int i=0;i<lenth;i++)print(A[i^v]),putchar(' ');return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的codeforces contest 1119的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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