Codeforces Round #664 (Div. 2)
/ / 阅读耗时 14 分钟 https://codeforces.com/contest/1395。
论脑抽写错代码导致FST是一种什么体验。水题忽略。
C. Boboniu and Bit Operations
首先最小化$c_i$是不对的。假设有一个是$1000$，此时另一个数是$1000$比$0111$更优，因为前者得到$1000$，后者得到$1111$。
在这种情况下，注意到$k$很小，我们可以枚举最后的答案，然后暴力判断每一个$a_i$是否都能找到合法的$b_j$。复杂度$O(nm2^9)$。
据说本题还可以$DP$做，不过和暴力本质上是一样的。1
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using namespace std;
const int N = 500 + 5;
typedef long long ll;
int n, m, a[N], b[N];
inline int solve(int x, int y)
{
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (((a[y] & b[i]) | x) == x) return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", b + i);
int ans = 0;
for (int i = 0; i < 2048; i++) {
int flag = 1;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (!solve(i, j)) {
flag = 0;
break;
}
}
if (flag) {
printf("%d", i);
return 0;
}
}
return 0;
}
D. Boboniu Chats with Du
可能我的做法比较傻。
考虑枚举被禁言的天数$x$，根据这个天数推导出有几天$a_i>m$。如果$x$不能被$d+1$整除，则$a_i>m$就有$\lceil \frac {x}{d+1}\rceil$天。若能整除，则有两种情况，一种仍然是$\lceil \frac {x}{d+1}\rceil$天，另一种则是将最后一个$a_i>m$的$a_i$放到了最后一天，这样就有$\lceil \frac {x}{d+1}\rceil+1$天。
有了被禁言的天数以及$a_i>m$的数量后，就可以得到$a_i\leq m$的数量，此时可以贪心。
对于$s$天$a_i>m$的$a_i$，我们当然要选前$s$大的数，对于剩下的$a_i\leq m$的天，也要选里面最大的。这里我还做了一步合法性的判断，对于被禁言的天，那些多余的$a_i>m$都会被塞到这里，如果还多余，则是非法的。同时$a_i>m$以及$a_i\leq m$的数量也需要限制。
总体来说算是一道比较坑的贪心水题吧。1
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using namespace std;
const int N = 300000 + 5;
typedef long long ll;
int a[N], n, d, m, num;
ll ss[N];
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &d, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) ss[i] = ss[i - 1] + a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) num += a[i] > m;
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) {
int dayu = i % d == 0 ? i / d : i / d + 1;
if (dayu > num || dayu + i > n) continue;
int ts = i;
int remain = n - dayu - ts, buchong;
ll sum;
if (remain > n - num) goto to;
if (num - dayu > ts) goto to;
buchong = ts - (num - dayu);
sum = ss[n - num] - ss[buchong] + ss[n] - ss[n - dayu];
ans = max(ans, sum);
to:;
if (i % d == 0) {
dayu = i / d + 1;
// cout << i << " " << dayu << endl;
if (dayu > num || dayu + i > n) continue;
ts = i;
remain = n - dayu - ts;
if (remain > n - num) continue;
if (num - dayu > ts) continue;
buchong = ts - (num - dayu);
ll sum = ss[n - num] - ss[buchong] + ss[n] - ss[n - dayu];
ans = max(ans, sum);
}
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
E. Boboniu Walks on Graph
注意到最后每一个点有且仅有一条出边(即有恰好$n$条边)，那么最后得到的图如果每一个都可以回到自身，这说明这个图必然是一个环。
对于$n$个点，每一个点有且仅有一条出边，并且形成环，它有一个等价的说法：每一个点的出点组成集合大小为$n$。这很容易证明：如果集合大小小于$n$，说明有的点没有入边，显然形不成环，而集合大小为$n$时，说明每一个点都有入边，而边只有$n$条，那么只能是一个环。
那么问题转化为，找有哪些$c_i$序列，能够使加入的边的出点组成集合大小为$n$，或者等价地说，这些边的出点恰好为$\{1,\cdots,n\}$。
判断一些数是不是$\{1,\cdots,n\}$有一个优雅的做法：求它们的和以及乘积，模一个大质数（不放心可以模两个大质数），然后与标准的结果对比，撞车概率极低。
我们预处理出每一条边什么时候才会被加入，然后暴力枚举$c_i$（有$9!$种情况）。如果每一次枚举暴力判断出点集合是否合法，这样计算量是$9!n$，和$n^2$类似，显然$TLE$。
注意到上面方法慢的主要原因是，我们枚举到$c_i=j$时，可能有很多条边同时符合条件，这样就得$O(n)$地处理它们，导致复杂度提升。我们可以记录它们的和以及乘积，直接提出来参与后面的计算，这样便是$9!$的计算量。
复杂度$O(n+m+9!)$。1
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using namespace std;
const int N = 300000 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
vector<pair<int, int>> vec[N];
int sum[10][10], ji[10][10], n, m, k, bs, bj, ans;
void DFS(int x, int ss, int jj)
{
if (x == k + 1) {
ans += ss == bs && jj == bj;
return;
}
for (int i = 1; i <= x; i++) DFS(x + 1, (ss + sum[x][i]) % mod, 1ll * jj * ji[x][i] % mod);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 1, a, b, c; i <= m; i++) scanf("%d%d%d", &a, &b, &c), vec[a].push_back({c, b});
for (int i = 1; i <= n; i++) sort(vec[i].begin(), vec[i].end());
for (int i = 1; i <= k; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) sum[i][j] = 0, ji[i][j] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j < vec[i].size(); j++) {
sum[vec[i].size()][j + 1] = (sum[vec[i].size()][j + 1] + vec[i][j].second) % mod;
ji[vec[i].size()][j + 1] = 1ll * ji[vec[i].size()][j + 1] * vec[i][j].second % mod;
}
}
bs = 0, bj = 1, ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) bs = (bs + i) % mod, bj = 1ll * bj * i % mod;
DFS(1, 0, 1);
printf("%d", ans);
return 0;
}
F. Boboniu and String
注意到这个串的$BN$顺序其实根本无所谓，重要的是它们的数量，这样每一个串可以看成一个二元组$(x,y)$。对于两个二元组$(x_1,y_1)$和$(x_2,y_2)$，它们的距离可以这样求：
问题转化为，求一个$(x_t,y_t)$，使得它到$n$个二元组的距离最大值最小。
距离的最大值随$(x_t,y_t)$在$xOy$平面上是单峰的，这意味着，若固定$x_t$，则距离最大值随$y_t$的增大先减后增，$x_t$同理。
对于一维的单峰函数，可以使用三分查找来解决，对于二维的，可以使用三分套三分来解决，复杂度$O(nlog^2n)$。
实测三分的上界不能太大，设置成$n$个串中$B(N)$最大的出现次数即可，否则会$T$。1
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using namespace std;
const int N = 500000 + 5;
typedef long long ll;
int nb[N], nn[N], n, who, lx, ly;
char s[N];
inline int dis(int x, int y, int to)
{
if (1ll * (x - nb[to]) * (y - nn[to]) >= 0) return max(abs(x - nb[to]), abs(y - nn[to]));
return abs(x - nb[to]) + abs(y - nn[to]);
}
inline int getMin(int x, int y)
{
int dd = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) dd = max(dd, dis(x, y, i));
return dd;
}
inline int f(int x)
{
int l = 0, r = ly, a, b, dd = 0x3f3f3f3f;
if (x == 0) l = 1;
while (r - l >= 10) {
a = l + (r - l + 1) / 3, b = r - (r - l + 1) / 3;
if (getMin(x, a) > getMin(x, b)) {
l = a;
} else {
r = b;
}
}
for (int i = l; i <= r; i++) {
if (getMin(x, i) < dd) dd = getMin(x, i), who = i;
}
return dd;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%s", s);
for (int j = 0; s[j]; j++) {
if (s[j] == 'B') {
++nb[i];
} else {
++nn[i];
}
lx = max(lx, nb[i]), ly = max(ly, nn[i]);
}
}
int l = 0, r = lx, a, b;
while (r - l >= 10) {
a = l + (r - l + 1) / 3, b = r - (r - l + 1) / 3;
if (f(a) > f(b)) {
l = a;
} else {
r = b;
}
}
int ans = 0x3f3f3f3f, ax, ay;
for (int i = l; i <= r; i++) {
if (f(i) < ans) ans = f(i), ax = i, ay = who;
}
printf("%d\n", ans);
for (int i = 1; i <= ax; i++) printf("B");
for (int i = 1; i <= ay; i++) printf("N");
return 0;
}