Astria's Blog

主题

codeforces-global-round-23（ac） ​

A. Maxmina ​

Original Link

题目大意：

  • 给定长度为 \(n\) 只包含 \(0,1\) 的序列 \(a\)，和一个整数 \(k\)，保证 \((2\le k\le n\le 50)\)。
    • 不限次数进行如下操作：
  1. 将连续且相邻的两个元素变为较小的一个。
  2. 将连续的 \(k\) 个区间的元素变为区间内元素最大的那个。
  • 求给出的序列是否可以变为只包含 \(1\) 的序列。

思想：

  • 签到题。
    • 保证 \((2\le k\le n\le 50)\) 即保证了只要序列里含有 \(1\)，便可不断执行操作二，即只要存在 \(1\) 即可。

代码：

cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){
    int n, k; cin >> n >> k;
    bool flag = 0;
    for(int i = 0; i < n; i ++){
        int x; cin >> x;
        if(x == 1) flag = 1;
    }
    if(flag) cout << "YES" << endl;
    else cout << "NO" << endl;
}

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

B. Rebellion ​

Original Link

题目大意：

  • 给定长度为 \(n\) 只包含 \(0,1\) 的序列 \(a\)。
    • 不限次数进行如下操作：
text
* 选择两个下标 $1 \le i,j\le n,i\ne j$。
* 使得 $a_j = a_j + a_i$；
* 将 $a_i$ 从 $a$ 中去除。
  • 若最终可以通过上述操作将 \(a\) 变为非严格单调递增的序列，则求出最小操作次数，否则输出 \(-1\)。

思想：

  • 思维题。
    • 将 \(a\) 排序，与原位置不相同时只可能为原序列中为 \(1\) 但排序后应为 \(0\) 的情况。
    • 此时我们只需要执行一次操作，等价于交换两数的值。
    • 由此我们可以利用双指针操作并记录次数，或者直接统计需要交换位置的数量除以 \(2\) 即可。

代码：

cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int a[N], b[N];

void solve(){
    int n; cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i ++){
        cin >> a[i];
        b[i] = a[i];
    }
    sort(b, b + n);
    int cnt = 0;
    for(int i = 0; i < n; i ++){
        if(a[i] != b[i]) cnt ++;
    }
    cout << cnt / 2 << endl;
}

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

C. Permutation Operations ​

Original Link

题目大意：

  • 给定一个长度为 \(n\) 的排列序列 \(a\)。
    • 在第 \(i\) 次操作中，你可以选择 \(a\) 的任意非空后缀，使得该后缀中的所有元素增加 \(i\)。
    • 求如何操作，使得操作后的序列 \(a\) 不含逆序对。
    • 输出每次操作的后缀起始位置。
    • 逆序对：对于 \(i, j\)（\(i > j\)），满足 \(a_i &lt; a_j\)。

思想：

  • 思维题。
    • 记录每一对逆序对的差值（绝对值），第 \(i\) 次操作需要补足该差值。
    • 由于对后缀的操作不会影响到前面的元素，因此不需要考虑操作顺序，只需考虑差值何时被补足。
    • 显然，可以对所有差值从小到大排序，第 \(i\) 次操作可以处理差值为 \(t\)（\(t \le i\)）的位置的后缀，若无法操作则输出 \(1\)。
    • 使用优先队列（小根堆）存储所有差值，操作后出队，队列为空时说明所有逆序对已被处理，此时输出 \(1\) 即可。

代码：

cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>

using namespace std;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }

    // 存储 (差值, 位置) 的小根堆
    priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, greater<pair<int, int>>> pq;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        if (a[i] < a[i - 1]) {
            int diff = a[i - 1] - a[i];
            pq.push({diff, i});
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (pq.empty() || pq.top().first > i) {
            cout << 1 << " ";
        } else {
            cout << pq.top().second << " ";
            pq.pop();
        }
    }
    cout << "\n";

    return 0;
}