Codeforces Round 954 (Div. 3) A~F

A.X Axis（暴力）

题意：

在 $X$ 轴（ $1\leq x_i\leq 10$ ）上有三个点，其整数坐标分别为 $x_1$ 、 $x_2$ 和 $x_3$ 。您可以选择 $X$ 轴上任何一个整数坐标为 $a$ 的点。请注意，点 $a$ 可能与 $x_1$ 、 $x_2$ 或 $x_3$ 重合。设 $f (a)$ 是给定点到点 $a$ 的总距离。求 $f (a)$ 的最小值。

点 $a$ 与 $b$ 之间的距离等于 $∣ a - b ∣$ 。例如，点 $a = 5$ 与 $b = 2$ 之间的距离为 $3$ 。

分析：

暴力枚举一下所有可能，取最小值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;

void solve() {
    LL a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;
    LL ans = 100;
    for (LL i = 0; i <= 10; i++) {
        ans = min(ans, abs(i - a) + abs(i - b) + abs(i - c));
    }
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

B.Matrix Stabilization（模拟）

题意：

给你一个大小为 $n\times m$ 的矩阵，其中行的编号从上到下为 $1$ 至 $n$ ，列的编号从左到右为 $1$ 至 $m$ 。位于第 $i$ 行和第 $j$ 列交点上的元素用 $a_{ij}$ 表示。

考虑稳定矩阵 $a$ 的算法：

找到单元格 $(i, j)$ 使其值严格大于所有相邻单元格的值。如果没有这样的单元格，则终止算法。如果有多个这样的单元格，则选择 $i$ 值最小的单元格；如果仍有多个单元格，则选择 $j$ 值最小的单元格。
设置 $a_{ij}=a_{ij}-1$ 。
转到步骤 $1$ 。

在此问题中，如果单元格 $(a, b)$ 和 $(c, d)$ 有一个共同的边，即 $∣ a - c ∣ + ∣ b - d ∣ = 1$ ，那么这两个单元格就被视为相邻单元格。

您的任务是在执行稳定算法后输出矩阵 $a$ 。可以证明这种算法不可能运行无限次迭代。

分析：

按题意进行模拟。从上到下，从左到右枚举元素，每次如果此元素严格大于周围的元素，就赋值为周围四个元素中最大的。因为操作以后还是没有严格小于周围的元素，所以操作后不会使得前面的元素不符合要求。

注意，边上的元素取最大值时可能会超出边界，所以每组数据要把边界外的元素都设为 $0$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2005;
LL a[N][N];

void solve() {
    LL n, m;
    cin >> n >> m;
    for (LL i = 0; i <= n + 1; i++) {
        a[i][0] = 0;
        a[i][m + 1] = 0;
    }
    for (LL i = 0; i <= m + 1; i++) {
        a[0][i] = 0;
        a[n + 1][i] = 0;
    }
    for (LL i = 1; i <= n; i++) {
        for (LL j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    for (LL i = 1; i <= n; i++) {
        for (LL j = 1; j <= m; j++) {
            a[i][j] = min(a[i][j], max(a[i - 1][j], max(a[i + 1][j], max(a[i][j - 1], a[i][j + 1]))));
            cout << a[i][j] << ' ';
        }
        cout << endl;
    }
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

C.Update Queries（排序）

题意：

下面是一个简单的问题。给你一个长度为 $n$ 的字符串 $s$ （由小写拉丁字母组成），以及一个长度为 $m$ ( $1\leq ind_i\leq n$ )的索引数组 $in d$ 和一个长度为 $m$ 的字符串 $c$ （由小写拉丁字母组成）。然后，按顺序执行更新操作，即在第 $i$ 个操作中，设置 $s_{ind_i}=c_i$ 。请注意，所有的 $m$ 操作都是从第一个操作到最后一个操作。

当然，如果改变数组 $in d$ 中索引的顺序和/或字符串 $c$ 中字母的顺序，会得到不同的结果。如果数组 $in d$ 中的索引和字符串 $c$ 中的字母顺序可以随意改变，那么在进行 $m$ 次更新操作后，可以得到的字典序最小的字符串 $s$ 。

当且仅当满足以下条件之一时，字符串 $a$ 在字典序上小于字符串 $b$ ：

$a$ 是 $b$ 的前缀，但 $a\neq b$ ；
在 $a$ 和 $b$ 不同的第一个位置，字符串 $a$ 中的符号在字母表中的位置比字符串 $b$ 中的相应符号早。

分析：

我们发现 $i d n$ 和 $c$ 都可以重新排列，考虑对其进行排序。如果 $i d n$ 的元素全部满足两两不相同，则直接在排序后按顺序填入即可，因为这样保证字典序小的排在了前面。对于相同的元素，先插入的元素会被后面的覆盖掉，只需要考虑最后一次操作，而前面的操作则用字典序最大的来顶替即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int idn[N];
string s, t;

void solve() {
    LL n, m;
    t = "";
    cin >> n >> m >> s;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        cin >> idn[i];
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        char tmp;
        cin >> tmp;
        t += tmp;
    }
    sort(idn + 1, idn + 1 + m);
    sort(t.begin(), t.end());
    deque<char> q;
    for (int i = 0; i < t.size(); i++)
        q.push_back(t[i]);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        if (idn[i] != idn[i - 1]) {
            s[idn[i] - 1] = q.front();
            q.pop_front();
        } else {
            q.pop_back();
        }
    }
    cout << s << endl;
}

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}

D.Mathematical Problem（数学）

题意：

给你一个长度 $n\gt 1$ 的字符串 $s$ ，由从 $0$ 到 $9$ 的数字组成。您必须在这个字符串中准确插入 $n - 2$ 个 $+$ （加法）符号或 $\times$ （乘法）符号，才能形成一个有效的算术表达式。

在本题中，符号不能放在字符串 $s$ 的第一个字符之前或最后一个字符之后，也不能连续写入两个符号。此外，请注意字符串中数字的顺序不能改变。以 $s = 987009$ 为例：

从这个字符串可以得到以下算术表达式： $9\times 8+70\times 0+9=81$ , $98\times 7\times 0+0\times 9=0$ , $9 + 8 + 7 + 0 + 09 = 9 + 8 + 7 + 0 + 9 = 33$ 。请注意，数字 $09$ 被认为是有效的，并被转换为 $9$ 。
从该字符串中无法得到以下算术表达式： $+9\times 8\times 70+09$ （符号只能放在数字之间）、 $98\times 70+0+9$ （因为有 $6$ 个数字，所以必须正好有 $4$ 个符号）。

算术表达式的结果是根据数学规则计算出来的–首先进行所有乘法运算，然后是加法运算。您需要找出在给定的字符串 $s$ 中插入恰好 $n - 2$ 个加法或乘法符号所能得到的最小结果。

分析：

本题我们分情况考虑

考虑 $n = 2$ 的情况，不能加运算符，如果第一个字符为 $0$ ，则输出第二个字符，否则输出 $s$ 。

考虑 $n = 3$ 且有 $0$ ， $0$ 在中间的情况，答案为第一个和第三个字符乘积或者相加中较小的一个。

其他长度的情况：如果有 $0$ ，则将所有运算符置为乘，最后结果就是 $0$ 。如果没有 $0$ ，则将 $s$ 中所有不为 $1$ 的数统计求和。此时的求和有 $n - 1$ 个运算符，其中涉及到 $1$ 的运算符全为*，不涉及 $1$ 的运算符全为+。此时需要去掉一个运算符，再次遍历 $s$ ，依此考虑将 $s$ 中任意两个相邻的字符组合成一个二位数字，看哪个组合最后得到的结果最小，取最小值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const LL MAXN = 0x3f3f3f3f;
string s;

void solve() {
    int n;
    cin >> n >> s;
    if (n == 2) {
        if (s[0] == '0')
            cout << s[1] << endl;
        else
            cout << s << endl;
    } else if (n == 3 && s[1] == '0') {
        cout << min(s[0] + s[2] - '0' * 2, (s[0] - '0') * (s[2] - '0')) << endl;
    } else if (s.find('0') != std::string::npos) {
        cout << "0" << endl;
    } else {
        int sum = 0;
        for (const auto &x: s) {
            if (x > '1') {
                sum += x - '0';
            }
        }
        int ans = MAXN;
        for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
            int num = stoi(s.substr(i, 2));
            ans = min(ans, sum - (s[i] == '1' ? 0 : s[i] - '0') - (s[i + 1] == '1' ? 0 : s[i + 1] - '0') + num);
        }
        cout << ans << endl;
    }
}


int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

E.Beautiful Array（数据结构）

题意：

给你一个整数数组 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 和一个整数 $k$ 。您需要用最少的运算使数组变得美丽。

在进行操作前，可以随意对数组元素进行洗牌。对于一次操作，可以进行以下操作：

选择一个索引 $1\leq i\leq n$ .
生成 $a_i=a_i+k$ 。

如果所有的 $1\leq i\leq n$ 都是 $b_i=b_{n-i+1}$ ，那么数组 $b_1,b_2,\ldots,b_n$ 是美丽的。

求使数组美丽所需的最小运算次数，或者输出不可能。

分析：

首先利用map将 $a$ 中的出现偶数次的元素去掉。我们发现如果一个数能通过另一个数相加若干个 $k$ 得到，则这两个数%k的余数是相等的。将剩下的元素 $\%k$ 存到map<int,vector>中，遍历这个新的map，对vector排序。如果vector中的元素数量是偶数，那么可以将相邻的两个vector作为一组进行 $+ k$ 变换。如果vector中的元素数量是奇数，那么这样的vector不能超过 $1$ 个，维护一个前缀和后缀和来讨论vector中哪个元素作为回文中心，不参与到这种配对的计算中。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;

void solve() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    map<int, int> mapp;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int t;
        cin >> t;
        mapp[t]++;
    }
    vector<int> a;
    for (const auto &[x, y]: mapp) {
        if (y & 1) {
            a.push_back(x);
        }
    }
    if ((int) a.size() <= 1) {
        cout << "0" << endl;
        return;
    }
    map<int, vector<int>> rec;
    for (int i = 0; i < a.size(); ++i) {
        int t = a[i];
        rec[t % k].push_back(t);
    }
    int cnt = 0;
    LL ans = 0;
    for (auto &[x, cur]: rec) {
        bool ok = true;
        if (cur.size() & 1) {
            cnt++;
            ok = false;
            if (cnt > 1) {
                cout << "-1" << endl;
                return;
            }
        }
        sort(cur.begin(), cur.end());
        if (ok) {
            for (int i = 1; i < cur.size(); i += 2) {
                ans += (cur[i] - cur[i - 1]) / k;
            }
        } else if (cur.size() > 1) {
            int m = (int) cur.size();
            vector<LL> pref(m);
            vector<LL> suff(m);
            pref[1] = cur[1] - cur[0];
            for (int i = 3; i < m; i += 2) {
                pref[i] = pref[i - 2] + cur[i] - cur[i - 1];
            }
            suff[m - 2] = cur[m - 1] - cur[m - 2];
            for (int i = m - 4; i >= 0; i -= 2) {
                suff[i] = suff[i + 2] + cur[i + 1] - cur[i];
            }
            LL minn = min(pref[m - 2], suff[1]);
            for (int i = 2; i < m - 2; i += 2) {
                minn = min(minn, pref[i - 1] + suff[i + 1]);
            }
            ans += minn / k;
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

F.Non-academic Problem（联通分量）

题意：

给你一个连通的无向图，其顶点用 $1$ 到 $n$ 之间的整数编号。你的任务是尽量减少图中存在路径的顶点 $1\leq u\lt v\leq n$ 对的数量。为了实现这一目标，你可以从图形中删除一条边。

请找出顶点对的最小数目！

分析：

整个图是连通的，删除边双内的边并不会影响连通性，删除桥边会变成两个连通块，一个大小为 $x$ 另一个则为 $n - x$ 。

对于一个大小为 $x$ 的连通块，编号最小的点有另外 $x - 1$ 个点与其对应，以此类推，因此满足条件的点对数量是：
$\sum_{i=1}^{x-1}i=\frac{x(x-1)}{2}$

考虑将图缩点为边双连通分量，然后只枚举桥边（即树边），对于所有情况取一个最小值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 100010;
const int M = 200010;
int h[N], sz[N], dfn[N], low[N], id[N], szedcc[N], idx, n, m, timestamp, cntedcc;
stack<int> stk;
vector<int> G[N];
set<LL> S;
LL ans;

struct Edge {
    int to, nxt;
} e[M];

void add(int a, int b) {
    e[idx] = {b, h[a]};
    h[a] = idx++;
}

void tarjan(int u, int from) {
    stk.push(u);
    dfn[u] = low[u] = ++timestamp;

    for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
        int to = e[i].to;

        if (!dfn[to]) {
            tarjan(to, i);
            low[u] = min(low[u], low[to]);
        } else if (i != (from ^ 1))
            low[u] = min(low[u], dfn[to]);
    }

    if (low[u] == dfn[u]) {
        ++cntedcc;
        int y;
        do {
            y = stk.top();
            stk.pop();
            id[y] = cntedcc;
            szedcc[cntedcc]++;
        } while (y != u);
    }
}

LL calc(LL x) {
    return x * (x - 1) / 2;
}

void dfs(int u, int f) {
    sz[u] = szedcc[u];
    for (int to: G[u]) {
        if (to == f)
            continue;
        dfs(to, u);
        sz[u] += sz[to];
        ans = min(ans, calc(sz[to]) + calc(n - sz[to]));
    }
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        cin >> n >> m;
        idx = 2;
        timestamp = cntedcc = 0;
        S.clear();
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            h[i] = dfn[i] = szedcc[i] = sz[i] = id[i] = low[i] = 0;
            vector<int>().swap(G[i]);
        }
        for (int i = 1, a, b; i <= m; i++) {
            cin >> a >> b;
            add(a, b);
            add(b, a);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (!dfn[i])
                tarjan(i, -1);
        }
        for (int u = 1; u <= n; u++) {
            for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
                int to = e[i].to;
                int A = id[u], B = id[to];
                if (A < B)
                    swap(A, B);

                if (id[u] != id[to]) {
                    LL hash = 1ll * A * N + B;
                    if (S.count(hash))
                        continue;
                    S.insert(hash);
                    G[id[u]].emplace_back(id[to]);
                    G[id[to]].emplace_back(id[u]);
                }
            }
        }
        ans = calc(n);
        dfs(1, 0);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}