CF2008-Solution

news/2025/2/8 20:50:01/文章来源:https://www.cnblogs.com/gboi2025/p/18705369

【萌新场！】CF2008解析

今天带来的是 CF2008：Codeforces Round 970（Div 3）的前 8 题解析！非常入门，适合基础较弱的同学食用！

Div3 的题目，往往思维含量较低，更多的是套路的教学，适合扩充知识面。

时间匆忙，难免有错漏之处，仅供娱乐！

时间限制均为 2s，内存限制均为 250 MB .

A. Sakurako's Exam

【题目描述】

给定 $a, b$ 。

给出 $a$ 个数字一，和 $b$ 个数字二。

你必须在每个数字前面加上 + 或者 - ，问是否存在策略让这些数字的和为 $0$ 。（Yes or No）

【数据规模与约定】

$0 \le a, b < 10$

【图片留白】

【个人解析】

$a, b$ 的范围都很小，$O(ab)$ 暴力枚举给数字一的加号数量，给数字二的加号数量即可。

#include <bits/stdc++.h>void solve()
{int a, b;std::cin >> a >> b;for (int i = 0; i <= a; i++){for (int j = 0; j <= b; j++){if (i + 2 * j == a - i + 2 * (b - j)){std::cout << "YES\n";return;}}}std::cout << "NO\n";
}int main ()
{int _;std::cin >> _;while (_--){solve();}
}

本题也存在 $O(1)$ 做法，直接给出代码，不再赘述。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve ()
{int a, b;cin >> a >> b;if (a % 2) cout << "NO\n";else if (b % 2 && a < 2) cout << "NO\n";else cout << "YES\n";
}
int main ()
{int _;cin >> _;while (_--) solve();
}

B. Square or Not

【题目描述】

给定一个字符串 $s$ 。

漂亮的二进制矩阵是指边缘为 1、内部为 0 的矩阵。

四个漂亮的二进制矩阵示例。

今天，樱子在玩一个大小为 $r \times c$ 的漂亮二进制矩阵，她通过写下矩阵的所有行，从第一行开始，到 $r$ 为止，创建了一个二进制字符串 $s$ 。更正式地说，矩阵中 $i$ -th行和 $j$ -th列的元素对应于字符串的 $((i-1)*c+j)$ -th元素。

您需要检查从中得到字符串 $s$ 的美丽矩阵是否可以平方。换句话说，你需要检查字符串 $s$ 是否可以从一个平方的美丽二进制矩阵（即 $r=c$ ）中得到。

【图片留白】

【个人解析】

首先 $n$ 必须是完全平方数，要熟练 check 。
其次根据 $\sqrt{n}$ 的值，从 $s$ 还原出这个 01 矩阵，判断它是否是周围一圈 1，中间全是 0 。

#include <bits/stdc++.h>void solve()
{int n;std::cin >> n;std::string s;std::cin >> s;int sz = sqrt(n);if (sz * sz != n){std::cout << "No\n";return;}for (int i = 1; i <= sz; i++){int L = (i - 1) * sz + 1;int R = i * sz;if (i == 1 || i == sz){int f = 1;for (int j = L; j <= R; j++){if (s[j - 1] != '1') f = 0;}	if (!f){std::cout << "No\n";return;}}else{int f = 1;for (int j = L + 1; j < R; j++){if (s[j - 1] != '0') f = 0;}	if (s[L - 1] == '0' || s[R - 1] == '0')f = 0;if (!f){std::cout << "No\n";return;}			}}std::cout << "Yes\n";
}
int main ()
{int _;std::cin >> _;while (_--){solve();}
}

C. Longest Good Array

【题目描述】

给定 $l,r$ 。

今天，樱子在学习数组。长度为 $n$ 的数组 $a$ 如果并且只有在以下情况下才被认为是好数组：

数组 $a$ 是递增的，即所有 $2 \le i \le n$ 都满足 $a_{i - 1} < a_i$ ；
相邻元素之间的差值是递增的，即所有 $2 \le i < n$ 中的 $a_i - a_{i-1} < a_{i+1} - a_i$ 。

樱子想出了边界 $l$ 和 $r$ ，并想构造一个最大长度的好数组 $a$ ，其中所有 $i$ 满足 $l \le a_i \le r$

请求出给定的 $l$ 和 $r$ 的好数组的最大长度。

【图片留白】

【数据规模与约定】

$1 \le l \le r \le 10^9$

【个人解析】

首先考虑什么样的数组 $a$ 是尽可能长的，它一定是这样：

$a_1=l$

$a_2=l+1$

$a_3=l+1+2$

$a_4=l+1+2+3$

以此类推，那么问题转化为如何快速找到最小的 $n$ ，满足： $a_n=l+1+2+3+\cdots +n-1 \le r$

移项：$\sum\limits_{i=1}^{n-1} i\le r - l$

代入等差数列求和公式：

$\dfrac{n(n-1)}{2}\le r - l$

左右两边同时乘 $2$：

$n(n-1) \le 2(r - l)$

那么 $n$ 就在 $\sqrt{2(r-l)}$ 这个位置，或者往下一点点。

调整一下，找到这个 $n$ 。这里的调整方法可以看代码，也是一个小技巧。

#include <bits/stdc++.h>void solve()
{int l, r;std::cin >> l >> r;int len = r - l;int k = sqrt(2 * len);while (k * (k + 1) > 2 * len) k--;std::cout << k + 1 << "\n";
}
int main ()
{int _;std::cin >> _;while (_--){solve();}
}

D. Sakurako's Hobby

【题目描述】

给定长度为 $n$ 的排列 $p$，并且给定其中每个元素是黑色还是白色。

对于某个排列 $p$，如果可以通过赋值 $i=p_i$ 一定次数让 $i$ 等于 $j$ ，则我们称整数 $j$ 可以从整数 $i$ 到达。

如果是 $p=[3,5,6,1,2,4]$，那么 $1$ 可以到达 $4$ 。

因为 $i=1\rightarrow i=p_1=3\rightarrow i = p_3=6 \rightarrow i = p_6 = 4$ .

现在是 $i=4$，所以 $4$ 可以从 $1$ 到达。

排列中的每个数字都被染成黑色或者白色。

记函数 $F(i)$ 为从 $i$ 出发可以到达的黑色整数的个数。

请你对所有 $i$ 计算 $F(i)$ 。

【数据规模与约定】

$1 \le n \le 2 \cdot 10^5$

【图片留白】

【个人解析】

要想到这个问题本质上是个图论问题，先把图建出来，然后看下有没有更高级的图论工具来处理。

对每个点 $i$ ，向 $p_i$ 连一条有向边。问题转化为了对有向图上的每个点 $i$ ，从每个点 $i$ 出发能抵达多少个黑点。

需要想到，这样建出来的一张图，就是若干个单向环。

因此，处理好每个环上有多少个黑点就可以了。

对于这个环上的每个点 $i$，$F(i)$ 的值就是环上黑点数量。

#include <bits/stdc++.h>void solve()
{int n;std::cin >> n;std::vector<int> p(n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> p[i];std::string s;std::cin >> s;std::vector<int> f(n + 1, 0);std::vector<int> color(n + 1, 0);int cnt = 0;int sum = 0;std::function<void(int)> dfs = [&](int u){f[u] = cnt;if (s[u - 1] == '0') sum++;if (!f[p[u]]) dfs(p[u]);	};for (int i = 1; i <= n; i++){if (f[i]) continue;cnt = cnt + 1;sum = 0;dfs(i);color[cnt] = sum;}for (int i = 1; i <= n; i++){std::cout << color[f[i]] << " ";}std::cout << "\n";
}
int main ()
{int _;std::cin >> _;while (_--){solve();}
}

Alternating String

【题目描述】

给定只包含小写英文字母的字符串 $s$ 。

称字符串 $s$ 是交替字符串，当且仅当它满足：偶数位置上的字符全部相同，奇数位置上的字符全部相同。

给出字符串 $s$ ，您可以对它做两种操作：

选择索引 $i$ 并从字符串中删除第 $i$ 个字符，使得长度减 $1$ 。这个操作的次数不超过 $1$ 次。
选择索引 $i$ 并将 $s_i$ 替换为其他字母。

请你计算让 $s$ 成为交替字符串的最少操作次数。

【数据规模与约定】

$1 \le |s| \le 2 \cdot 10^5$

【图片留白】

【个人解析】

这是一个经典的动态规划问题。

设计状态：$dp_{i,j,k,l}$ 表示仅考虑原串的前 $i$ 个字符，奇数位置的字符是 $j$，偶数位置的字符是 $k$，是否用过第一种操作。

转移方程见代码。

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 2e5 + 5;
int dp[2][26][26][2];
void solve()
{int n;std::cin >> n;std::string s;std::cin >> s;for (int i = 0; i < 2; i++){for (int j = 0; j < 26; j++){for (int k = 0; k < 26; k++){for (int l = 0; l < 2; l++){dp[i][j][k][l] = 1e9;}}}}for (int i = 0; i < 26; i++) for (int j = 0; j < 26; j++)dp[0][i][j][0] = 0;int f = 1;for (int i = 1; i <= n; i++, f ^= 1){for (int j = 0; j < 26; j++) for (int k = 0; k < 26; k++) for (int l : {0, 1})dp[f][j][k][l] = 1e9;for (int j = 0; j < 26; j++){for (int k = 0; k < 26; k++){if (i % 2 == 1){if (s[i - 1] - 'a' == j){dp[f][j][k][0] = std::min(dp[f][j][k][0], dp[f ^ 1][j][k][0]);dp[f][j][k][1] = std::min(dp[f][j][k][1], dp[f ^ 1][j][k][0] + 1);}else{dp[f][j][k][0] = std::min(dp[f][j][k][0], dp[f ^ 1][j][k][0] + 1);dp[f][j][k][1] = std::min(dp[f][j][k][1], dp[f ^ 1][j][k][0] + 1);}if (s[i - 1] - 'a' == k){dp[f][j][k][1] = std::min(dp[f][j][k][1], dp[f ^ 1][j][k][1]);}else{dp[f][j][k][1] = std::min(dp[f][j][k][1], dp[f ^ 1][j][k][1] + 1);}}else{if (s[i - 1] - 'a' == k){dp[f][j][k][0] = std::min(dp[f][j][k][0], dp[f ^ 1][j][k][0]);dp[f][j][k][1] = std::min(dp[f][j][k][1], dp[f ^ 1][j][k][0] + 1);}else{dp[f][j][k][0] = std::min(dp[f][j][k][0], dp[f ^ 1][j][k][0] + 1);dp[f][j][k][1] = std::min(dp[f][j][k][1], dp[f ^ 1][j][k][0] + 1);}if (s[i - 1] - 'a' == j){dp[f][j][k][1] = std::min(dp[f][j][k][1], dp[f ^ 1][j][k][1]);}else{dp[f][j][k][1] = std::min(dp[f][j][k][1], dp[f ^ 1][j][k][1] + 1);}			}}}}int Min = 1e9;for (int i = 0; i < 26; i++){for (int j = 0; j < 26; j++){Min = std::min(Min, dp[f ^ 1][i][j][n % 2]);}}std::cout << Min << "\n";
}
int main ()
{int _;std::cin >> _;while (_--){solve();}
}

F. Sakurako's Box

【题目描述】

给定长度为 $n$ 的数组 $a$ 。计算从 $a$ 中随机挑选两个元素的乘积的期望。（模 $10^9+7$ 下的结果）

【数据规模与约定】

$2 \le n \le 2 \cdot 10^5, 0 \le a_i \le 10^9$

【图片留白】

【个人解析】

考察数学基本功，是否知道期望。

选择 $a_i$ 和 $a_j$ ，对答案的贡献是：$\dfrac{2a_i\times a_j}{n(n-1)}$

固定选择 $a_i$ ，另一个任选，对答案的贡献是：

$\sum\limits_{j=1}^{n,j \ne i} \dfrac{2a_i \times a_j}{n(n-1)}=\dfrac{2a_i}{n(n-1)}\times \sum\limits_{j=1}^{n,j\ne i} a_j$

记所有元素和为 $sum$ ，式子可以进一步写为：

$\dfrac{2a_i}{n(n-1)}\times (sum - a_i)$

对所有 $a_i$ 用这样的方法计算它的贡献，求和。

$\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{2a_i}{n(n-1)} \times (sum - a_i)$ 。

最后注意：选择 $a_i,a_j$ 和选择 $a_j,a_i$ 被计算了两次，需要再整体除 $2$ ：

$\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{a_i}{n(n-1)} \times (sum - a_i)$

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
long long qpow(long long a, long long b)
{long long ans = 1, base = a;base %= mod;while (b){if (b & 1) ans = ans * base % mod;base = base * base % mod;b /= 2;}return ans;
}
void solve()
{int n;std::cin >> n;std::vector<int> a(n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++)std::cin >> a[i];long long sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) sum += a[i];long long ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){ans = ans + 1ll * a[i] * ((sum - a[i]) % mod) % mod;ans %= mod;}ans = ans * qpow(1ll * n * (n - 1), mod - 2) % mod;std::cout << ans << "\n";
}
int main ()
{int _;std::cin >> _;while (_--){solve();}
}

G. Sakurako's Task

【题目描述】

给定长度为 $n$ 的数组 $a$ 。

你每次可以选择一组 $(i, j)$ ，满足 $i \ne j$ 和 $a_i \ge a_j$ ，然后让 $a_i = a_i - a_j$ 或者 $a_i = a_i + a_j$ 。

你可以操作任意次数。

问数组的 $mex_k$ 最大值是多少？

$mex_k$ 最大值指数组中不存在的第 $k$ 小的非负整数。

【数据规模与约定】

$1 \le n \le 2 \cdot 10^5, 1 \le k \le 10^9, 1 \le a_i \le 10^9$

【图片留白】

【个人解析】

前置知识：辗转相除法求最大公因数

让 $mex_k$ 尽可能大，那需要让最终的数组 $a$ 排列的尽可能紧凑（整体尽可能靠近 $0$，同时元素尽可能多样化）

如果只允许你选择 $i,j=(1,2)$ 来操作呢？

最紧凑的方式就是模拟”辗转相除法“，最后留下 $0, \gcd(a_1,a_2)$ .

然后选择 $i,j=(2,3)$，继续模拟”辗转相除法“，最后留下：

$0, \gcd(a_1,a_2,a_3)$ 。

以此类推，最终我们可以构造出一个 $0,0,0,0,\cdots ,0,\gcd\limits_{i=1}^n a_i$ 这样一个序列。

记 $\gcd_{i=1}^n a_i$ 的值是 $g$ 。

然后我们把序列的最后一个元素加给剩下的元素，可以构造出：

$0,g,2g,3g,4g,\cdots ,(n-1)g$

这就是一个最紧凑的序列。受笔者水平所限，这道题的做法有很多不严谨的地方，例如：

为什么这样的一个序列就可以让 $mex_k$ 最大化？如何证明不存在别的更优方案？

确定了最后的序列状态，问题转化为了求这个序列的 $mex_k$ ，就非常简单了。

#include <bits/stdc++.h>void solve()
{int n, k;std::cin >> n >> k;std::vector<int> a(n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> a[i];int gg = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){gg = std::__gcd(gg, a[i]);}std::vector<long long> v;if (n > 1)for (int i = 0; i < n; i++){v.push_back(1ll * i * gg);}elsev.push_back(gg);long long L = 0, R = n + k, ans = 0;while (L <= R){long long mid = (L + R) / 2;int sum = 0;for (auto & u : v){if (u < mid) sum++;}if (mid + 1 - sum <= k){ans = mid;L = mid + 1;}else{R = mid - 1;}}std::cout << ans << "\n";
}
int main ()
{int _;std::cin >> _;while (_--){solve();}
}

H. Sakurako's Test

【题目描述】

给定长度为 $n$ 的数组 $a$ ，和 $q$ 次询问。每次询问给出一个 $x$ 。

你可以操作任意次数：

选择一个索引 $i$，使得 $a_i \ge x$ 。
让 $a_i$ 减掉 $x$ 。

对每次询问，请你构造操作策略使得数组 $a$ 的中位数最小。

【数据规模与约定】

$n,q \le 10^5, 1 \le a_i \le n, 1 \le x \le n$

【图片留白】

【个人解析】

对于给定的 $x$ ，要通过操作让中位数尽可能小，就等价于让数组 $a$ 中的每个元素尽可能小，等价于让每个 $a_i$ 变成 $a_i \pmod x$

对于所有 $x \le \sqrt{n}$ ：

可以 $O(n\sqrt{n})$ 预处理出 $a_i \pmod x$ 的值。
具体处理方法如下：
- 记 $d_{i,j}$ 表示模 $i$ 的值为 $j$ 的元素数量。其中 $1 \le i \le \sqrt{n}$ 。
- $O(n\sqrt{n})$ 预处理数组 $d$ 。
这样对于 $x \le \sqrt{n}$ 的询问，最小中位数就等价于找到最小的 $i$，使得 $\sum\limits_{j=0}^i d_{x,i} > \dfrac{n}{2}$

这是可以 $O(\sqrt{n})$ 做的。

对于所有 $x > \sqrt{n}$ ：

记满足 $l \le a_i \le r$ 的 $a_i$ 数量为 $c[l, r]$ 。这可以用前缀和的技巧 $O(1)$ 维护。
二分求中位数，设当前 check 的中位数是 $mid$ 。问题可以转化为：
- 求 $[0, mid], [x, mid], [2x, mid], \cdots $ 这些区间中的元素数量只和，是否大于 $\dfrac{n}{2}$ .
- 如果是，说明 $mid$ 可能是中位数，先记为答案，往更大的找。
- 如果不是，往更小的找。
处理单次询问的时间复杂度是 $O(\sqrt{n}\log n)$

整体复杂度 $O(n\sqrt{n}\log n)$ .

#include <bits/stdc++.h>const int N = 1e5 + 5;
const int B = 600;
int d[B][N];
void solve()
{int n, q;std::cin >> n >> q;std::vector<int> a(n + 1, 0), c(n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) c[a[i]]++;for (int i = 1; i <= n; i++) c[i] += c[i - 1];int sz = sqrt(n);for (int i = 1; i <= sz; i++){for (int j = 0; j < i; j++){d[i][j] = 0;}for (int j = 1; j <= n; j++){d[i][a[j] % i]++;}}std::vector<int> Ans;while (q--){int x;std::cin >> x;if (x <= sz){int sum = 0, ans = 0;for (int i = 0; i < x; i++){sum += d[x][i];if (sum > n / 2){ans = i;break;}}Ans.push_back(ans);}else{int L = 0, R = x, ans = 0;while (L <= R){int mid = (L + R) / 2;int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){int l = (i - 1) * x, r = (i - 1) * x + mid;r = std::min(r, n);if (l > r) break;sum += c[r] - (l > 0 ? c[l - 1] : 0);}if (sum > n / 2){ans = mid;R = mid - 1;}else{L = mid + 1;}}Ans.push_back(ans);}}for (auto & u : Ans) std::cout << u << " ";std::cout << "\n";
}int main ()
{int _;std::cin >> _;while (_--){solve();}
}

进一步思考，对于所有不同的 $x$ ，记录下答案，避免重复计算相同的询问。

那么对 $x > \sqrt{n}$ 的做法，每次的循环长度是 $\dfrac{n}{x}$ 。

现在保证了 $x$ 两两不同，循环长度之和是：

$O(n + \dfrac{n}{2} + \dfrac{n}{3} + \cdots + \dfrac{n}{n})$ ，这个式子的整体复杂度是 $O(n\log n)$ 的（调和级数），再套上外层二分的复杂度，整体时间复杂度为 $O(n\log^2 n)$

因此，前面的根号分治做法完全多余，直接对 $x$ 去重就可以，然后全部上 $x > \sqrt{n}$ 的做法就可以了。

#include <bits/stdc++.h>const int N = 1e5 + 5;
void solve()
{int n, q;std::cin >> n >> q;std::vector<int> a(n + 1, 0), c(n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) c[a[i]]++;for (int i = 1; i <= n; i++) c[i] += c[i - 1];std::vector<int> Ans;std::map<int, int> mp;while (q--){int x;std::cin >> x;if (mp.count(x)) Ans.push_back(mp[x]);else {int L = 0, R = x, ans = 0;while (L <= R){int mid = (L + R) / 2;int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){int l = (i - 1) * x, r = (i - 1) * x + mid;r = std::min(r, n);if (l > r) break;sum += c[r] - (l > 0 ? c[l - 1] : 0);}if (sum > n / 2){ans = mid;R = mid - 1;}else{L = mid + 1;}}Ans.push_back(ans);mp[x] = ans;}}for (auto & u : Ans) std::cout << u << " ";std::cout << "\n";
}int main ()
{int _;std::cin >> _;while (_--){solve();}
}

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