Codeforces Round 1006 (Div. 3) 比赛记录
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这场的题目名称都很长啊~。
很简单的一场（毕竟是div3，能不简单嘛）赛时切掉了A - F，C题花的时间有点多，G题偶遇数学压轴拼尽全力无法战胜。
A. New World, New Me, New Array
由于取值范围是 \(-p\) 到 \(p\)，所以很明显 \(k\) 的正负是无所谓的，所以只需要判断最大能取到的值能否大于等于 \(k\)，然后用 \(k\) 除以 \(p\) 向下取整即可。
void solve()
{int n, k, p;cin >> n >> k >> p;k = abs(k);int mx = n * p;if(k == 0) {cout << 0 << '\n';return;}if(k > mx) {cout << -1 << '\n';return;} else {cout << (k - 1) / p + 1 << '\n';}
}
B. Having Been a Treasurer in the Past, I Help Goblins Deceive
组合数学问题，两个 - 和一个 _ 来组成一个表情，很明显，要最多的话，我们把所有的 _ 放在一起是最有的，因为此时他们可以共享所有的 -，然后再枚举一下左右两边 - 的数量乘一下取最大即可。
void solve()
{int n;cin >> n;string s;cin >> s;int cnt = 0;int ck = 0;for(auto &i : s) {cnt += (i == '-');ck += (i == '_');}int ans = 0;for(int i = 1;i <= cnt;i ++) {ans = max(ans, i * (cnt - i) * ck);}cout << ans << '\n';
}
C. Creating Keys for StORages Has Become My Main Skill
题目要我们构造出来的 \(MEX\) 值仅可能大，那就直接从 \(0\) 开始枚举呗，检验一下这个数字能否加入，能加入就加入，不能加入就停止循环，然后检验一下此时的前缀或和是否为 \(x\)，如果不是，那么就把下一个数设置为 \(x\)（如果位置不够用了，就把当前最后一个设置为 \(x\)），然后继续往后填 \(0\)。
赛后在群里看到了其他大佬更优雅的做法：先把 \(0\) 到 \(n - 1\) 全部加入，然后逐个检测是否合法，不合法就换为 \(x\)，然后再前缀或和算一下，如果不是 \(x\) 就把最后一个换为 \(x\)。
//其实这个check可以直接用 x | i == i来替换，赛时铸币了
bool check(int x, int y) {for(int i = 0;i <= 31;i ++) {if(!(x & (1ll << i)) && (y & (1ll << i))) {return false;}}return true;
}void solve()
{int n, x;cin >> n >> x;int ix = 0;for(int i = 0;ix < n;i ++) {if(check(x, i)) {a[++ ix] = i;} else break;}int pre = 0;for(int i = 1;i <= ix;i ++) {pre |= a[i];}if(pre != x) {if(ix == n)a[ix] = x;else a[++ ix] = x;}while(ix <= n) {a[++ ix] = 0;}for(int i = 1;i <= n;i ++) {cout << a[i] << " \n"[i == n];}}
D. For Wizards, the Exam Is Easy, but I Couldn't Handle It
选择一个子区间，把区间头移动到尾部，使得改动后逆序对尽可能少。
看到逆序对，首先想到了树状数组，然后一看数据范围：\(1000\)？！
直接 \(n ^ 2\) 暴力启动。
枚举每一个点 \(i\) 作为起点，往后搜索 \(j\)，如果 \(a_j > a_i\)，移动后会让逆序对增加 \(1\)，如果 \(a_j < a_i\)，移动后会让逆序对减少 \(1\)，时时更新当前逆序对的减少数，一旦减得更多了，就更新答案区间。
void solve()
{int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n;i ++)cin >> a[i];pair<int, int> ans = {1, 1};int mx = 0;int sum[2] = {0};for(int i = 1;i <= n;i ++) {sum[1] = 0;sum[0] = 0;for(int j = i + 1;j <= n;j ++) {if(a[j] < a[i])sum[1] ++;if(a[j] > a[i])sum[0] ++;int now = sum[1] - sum[0];if(now > mx) {ans = {i, j};mx = now;}}}cout << ans.first << ' ' << ans.second << '\n';
}
E. Do You Love Your Hero and His Two-Hit Multi-Target Attacks?
这个题可以用类似倍增的想法来做。
如果一堆点 \(x\) 坐标相同，那么这一堆点里面可以选出来的对数是 \(C(n, 2)\)。
那么我们可以先预处理 \(1\) 到 \(500\) 的 \(C(n, 2)\) 的值，然后每次挑尽可能大的满足小于等于当前剩余值的 \(n\)来连成一条线，这个可以二分实现。
为了节约，我们可以一条竖着一条横着这么放，这样每次都可以省下来一个（但其实是不需要的，只需要每次结束时 \(x\) 和 \(y\) 都加一就能和上一条断开了，数量也是足够的，并不需要省）。
void init() {for(int i = 1;i <= 500;i ++) {a[i] = i * (i - 1) / 2;}
}void solve()
{int k;cin >> k;int ix = upper_bound(a + 1, a + 500 + 1, k) - a;int sum = k;int cnt = 0;int x = 0;int y = 0;vector<pair<int, int> > ans;ans.push_back({0, 0});while(sum) {cnt ++;int ix = upper_bound(a + 1, a + 500 + 1, sum) - a - 1;sum -= a[ix];if(cnt & 1) {x ++;for(int i = 1;i < ix;i ++) {ans.push_back({x, y});x ++;}x --;} else {y ++;for(int i = 1;i < ix;i ++) {ans.push_back({x, y});y ++;}y --;}}cout << ans.size() << '\n';for(auto &[u, v ] : ans) {cout << u << ' ' << v << '\n';}
}
F. Goodbye, Banker Life
手玩几个样例后发现和 \(k\) 根本没有任何关系。
打表可以发现，如果 \(x\) 是偶数的话，这一行的构造就相当于 \(x / 2\) 行的构造每个数字相邻出现两次。
因此选择递归实现：
- 如果 \(x\) 是偶数，那就往 \(x / 2\) 递归，传递时把每个值相邻堆叠两次。
- 如果 \(x\) 是奇数，那么 \(x - 1\) 就是偶数，向 \(x - 1\) 递归，然后按题目规则算 \(x\) 行即可。
但实际上这个做法是复杂了的，因为其实每一个位置异或上 \(1\) 的次数，就是这个位置的杨辉三角值，题目的传递方式也是按杨辉三角的规则进行传递的。
所以只需要计算这个位置的组合数是奇数还是偶数，就知道这个位置是 \(0\) 还是 \(1\) 了。
最后全部乘上 \(k\) 就行。
（不过我觉得递归做法也还是蛮巧妙的）
void get(int x) {if(x == 1) {a[1] = 1;return;}if(x & 1) {get(x - 1);for(int i = 1;i <= x;i ++) {if(i == 1) {tmp[i] = a[i];} else if(i == x) {tmp[i] = a[1];} else {tmp[i] = a[i - 1] ^ a[i];}}for(int i = 1;i <= x;i ++) {a[i] = tmp[i];}} else {get(x / 2);for(int i = 1;i <= x / 2;i ++) {tmp[i * 2] = tmp[i * 2 - 1] = a[i];}for(int i = 1;i <= x;i ++) {a[i] = tmp[i];}}
}void solve()
{int n, k;cin >> n >> k;get(n);for(int i = 1;i <= n;i ++) {cout << a[i] * k << " \n"[i == n];}
}
离 AK 最近的一次，希望有朝一日能 AK div3！
