Codeforces Round 960 (Div. 2) A~E

news2024/11/6 9:49:31

A. Submission Bait （思维）

题意：

$A l i ce$ 和 $B o b$ 正在玩一个数组 $a$ 中大小为 $n$ 的游戏。

他们轮流进行操作， $A l i ce$ 先开始。无法操作的玩家将输掉。首先，将变量 $m x$ 设置为 $0$ 。

在一次操作中，玩家可以执行以下操作：

选择一个索引 $i$ ( $\le i \le n$ )，使得 $a_{i} \geq mx$ ，并将 $m x$ 设置为 $a_{i}$ 。然后，将 $a_{i}$ 设置为 $0$ 。

确定 $A l i ce$ 是否有获胜策略。

分析：

考虑最大值的奇偶性，如果有奇数个最大值，那么先手赢。如果是偶数个最大值，那么就要考虑剩下的数字的奇偶性。如果有一个值有奇数个，那么先手赢，否则后手赢

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n + 1);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int x;
            cin >> x;
            a[x]++;
        }
        int flag = 0;
        for (int i = n; i; i--) {
            if (a[i] & 1) {
                flag = 1;
                break;
            }
        }
        if (flag)
            cout << "YES" << endl;
        else
            cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}

B.Array Craft （思维）

题意：

对于大小为 $m$ 的数组 $b$ ，我们定义：

$b$ 的最大前缀位置是满足 $b_1+\ldots+b_i=\max_{j=1}^{m}(b_1+\ldots+b_j)$ 的最小索引 $i$ ；
$b$ 的最大后缀位置是满足 $b_i+\ldots+b_m=\max_{j=1}^{m}(b_j+\ldots+b_m)$ 的最大索引 $i$ 。

给出三个整数 $n$ 、 $x$ 和 $y$ ( $x > y$ )。构造一个大小为 $n$ 的数组 $a$ ，满足：

对于所有 $\le i \le n$ ， $a_i$ 为 $1$ 或 $- 1$ ；
$a$ 的最大前缀位置为 $x$ ；
$a$ 的最大后缀位置为 $y$ 。

如果有多个数组满足条件，则输出任意一个。可以证明，在给定条件下，这样的数组始终存在。

分析：

我们让 $y$ 的左侧 $- 1, 1$ 交替出现，在区间 $[y, x]$ 全选择 $1$ ， $x$ 的右侧也是 $- 1, 1$ 交替出现即可完成构造。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n, x, y;
        cin >> n >> x >> y;
        vector<int> ans(n + 1, 1);
        for (int i = y - 1; i >= 1; i--) {
            ans[i] = -ans[i + 1];
        }
        for (int i = x + 1; i <= n; i++) {
            ans[i] = -ans[i - 1];
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cout << ans[i] << " ";
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

C.Mad MAD Sum （思维）

题意：

我们将数组中的 ${MAD}$ （最大重复数）定义为数组中至少出现两次的最大数字。具体来说，如果没有至少出现两次的数字，则 ${MAD}$ 的值是 $0$ 。

例如， ${MAD}([1, 2, 1]) = 1$ 、 ${MAD}([2, 2, 3, 3]) = 3$ 、 ${MAD}([1, 2, 3, 4]) = 0$ 。

给定一个大小为 $n$ 的数组 $a$ 。最初，将变量 $s u m$ 设置为 $0$ 。

以下过程将以顺序循环执行，直到 $a$ 中的所有数字都变为 $0$ ：

设置 $\sum_{i=1}^{n} a_i$ ；
让 $b$ 成为大小为 $n$ 的数组。将所有 $\le i \le n$ 设置为 $b_i :=\ {MAD}([a_1, a_2, \ldots, a_i])$ ，然后将所有 $\le i \le n$ 设置为 $a_i := b_i$ 。

求出经过此处理后的 $s u m$ 的值。

分析：

发现从第二次操作开始，数列一定为单调递增，且除了最大的权值外每种权值至少出现 $2$ 次，且每次操作对数列的影响均为使数列整体右移一位，删去最后一个数并在前面补 $0$ 。
于是我们先暴力模拟两轮记录贡献和，然后求得每种权值的出现次数，再降序枚举每种权值（也即每轮删数的顺序），统计删去该权值的各轮的贡献之和即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

int main() {
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<LL> a(n), b(n);
        LL ans = 0;
        map<LL, LL> mp;
        LL mx = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> a[i];
            ans += a[i];
            mp[a[i]]++;
            if (mp[a[i]] >= 2 && a[i] > mx) {
                mx = a[i];
            }
            b[i] = mx;
        }
        mp.clear();
        mx = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            ans += b[i];
            mp[b[i]]++;
            if (mp[b[i]] >= 2 && b[i] > mx)
                mx = b[i];
            a[i] = mx;
        }
        for (int i = 0; i < n; i++)
            ans += a[i] * (n - i);

        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

D.Grid Puzzle （dp）

题意：

您将获得一个大小为 $n$ 的数组 $a$ 。

有一个 $\times n$ 网格。在 $i$ 行中，前 $a_i$ 个单元格为黑色，其他单元格为白色。换句话说，请注意 $(i, j)$ 是 $i$ 行和 $j$ 列中的单元格，单元格 $\ldots, (i,a_i)$ 为黑色，单元格 $(i,a_i+1), \ldots, (i,n)$ 为白色。

你可以按任意顺序多次执行以下操作：

将 $\times 2$ 子网格染成白色；
将整行染成白色。请注意，你不能将整列染成白色。

找出将所有单元格染成白色的最少操作次数。

分析：

我们发现，在每一行最多用一次 $\times 2$ 的操作，因为超过 $1$ 次，不如直接两次操作涂完两列。那么每一行最多被两个 $\times 2$ 的操作影响（前一行和本行），并且可以看出，这个操作要么用在第 $1, 2$ 列,要么用在 $3, 4$ 列。所以我们维护以下 $3$ 种 $d p$ 值。

前一行是涂一整行。

前一行在第 $1, 2$ 列使用了 $\times 2$ 操作。
前一行在第 $3, 4$ 列使用了 $\times 2$ 操作。

进行转移即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int INF = 1e9;

int main() {
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for (int i = 0; i < n; i++)
            cin >> a[i];
        int dp[3]{0, INF, INF}, tmp[3];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            memset(tmp, 0x3f, sizeof tmp);
            tmp[0] = *min_element(dp, dp + 3) + (a[i] > 0);
            if (a[i] <= 2) {
                tmp[0] = min(tmp[0], dp[1]);
                tmp[1] = min(tmp[1], dp[0] + 1);
            }
            if (a[i] <= 4) {
                tmp[2] = min(tmp[2], dp[1] + 1);
                tmp[1] = min(tmp[1], dp[2] + 1);
            }
            swap(dp, tmp);
        }
        cout << *min_element(dp, dp + 3) << endl;
    }
    return 0;
}

E2.Catch the Mole(Hard Version) （交互）

题意：

这是一个交互题。
给你一个节点数为 $n$ 的树，节点 $1$ 是它的根节点。
其中一个节点中隐藏着一只鼹鼠。要找到它的位置，你可以选择一个整数 $x$ ( $\le x \le n$ ) 来向陪审团询问。接下来，当鼹鼠在子树 $x$ 中时，陪审团将返回 $1$ 。否则，法官将返回 $0$ 。如果法官返回 $0$ 并且鼹鼠不在根节点 $1$ 中，鼹鼠将移动到它当前所在节点的父节点。
最多使用 $160$ 次操作来找到鼹鼠所在的当前节点。

分析：

我们每次找出当前询问点子树的重心，这样就能一次排除尽量多的点，但如果出现类似菊花图之类的数据，是难以找到一个较为平衡的点，但要卡掉上述过程的图恰好需要满足点的分布较为均衡，那么此时子树的深度一定不大，很容易将目标点直接跳到根节点。
所以我们可以先在子树内每次选择重心缩小范围，最后留出一部分询问在当前点到根的路径上确定点的位置即可，因为可能这个点之前还在我们确定的子树里，几次操作后又跑到外面去了，所以要最后确定一下位置。由于这部分是一条链，因此可以二分处理，实测可以在 $160$ 的限制内通过此题.

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline bool qry(int x) {
    cout << "? " << x << endl;
    int s;
    cin >> s;
    return s;
}

vector<int> s[5005], e[5005];
int sz[5005], f[5005], le, rt;

void dfs(int x, int fa) {
    sz[x] = 1;
    f[x] = fa;
    for (auto u: e[x]) {
        if (u == fa)
            continue;
        s[x].push_back(u);
        dfs(u, x);
        sz[x] += sz[u];
    }
    if (e[x].size() == 1 && x != 1)
        le = x;
    if (sz[x] >= 71 && !rt) {
        if (qry(x)) {
            rt = x;
        }
        sz[x] = 0;
    }
}

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    rt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        e[i].clear();
        s[i].clear();
    }
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 0);
    if (rt == 0)
        rt = 1;
    for (int i = 1; i < 71; i++) {
        if (qry(le)) {
            cout << "! " << le << "\n";
            return;
        }
    }
    vector<int> v;
    while (rt)
        v.push_back(rt), rt = f[rt];
    int l = 0, r = v.size() - 1;
    reverse(v.begin(), v.end());
    while (l < r) {
        int mid = l + r + 1 >> 1;
        if (qry(v[mid]))
            l = mid;
        else {
            r = mid - 1;
            l--;
            r--;
        }
        if (l < 0)
            l = 0;
    }
    cout << "! " << v[l] << endl;
}

int main() {
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}