Codeforces Round #740 (Div. 2, based on VK Cup 2021 - Final (Engine))

A. Simply Strange Sort

签到题，暴力做

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 1000
int n, T;
int a[maxn];int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &a[i] );int ans = 0;for( int i = 1;i;i ++ ) {for( int j = ( i & 1 ? 1 : 2 );j < n;j += 2 )if( a[j] > a[j + 1] ) swap( a[j], a[j + 1] ), ans = i;bool flag = 1;for( int j = 1;j < n;j ++ )if( a[j] > a[j + 1] ) {flag = 0;break;}if( flag ) break;}printf( "%d\n", ans );}return 0;
}

B. Charmed by the Game

简单题

分总场数$n=a+b$的奇偶讨论，假设以Alice Bob第一场发球

算出每个人发球的场数，计算出某个胜场不够的人至少要break多少场

之后只能两人相互break相同场数才能保持彼此赢的场数满足a/b

用vis[i]记录break恰好$i$场是否可以，每次都是$+2$暴力加

碰到已经打过标记的就可以跳出循环

#include <cstdio>
#define maxn 200005
int ans;
bool vis[maxn];int main() {int T, a, b, n, ta, tb;scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d %d", &a, &b );n = a + b, ans = 0;for( int i = 0;i <= n;i ++ ) vis[i] = 0;if( n & 1 ) {ta = ( n + 1 ) >> 1, tb = n >> 1;if( ta < a )for( int i = a - ta;i <= a - ta + 2 * b;i += 2 )if( ! vis[i] ) vis[i] = 1; else break;elsefor( int i = b - tb;i <= b - tb + 2 * a;i += 2 )if( ! vis[i] ) vis[i] = 1; else break;ta = n >> 1, tb = ( n + 1 ) >> 1;if( ta < a )for( int i = a - ta;i <= a - ta + 2 * b;i += 2 )if( ! vis[i] ) vis[i] = 1; else break;elsefor( int i = b - tb;i <= b - tb + 2 * a;i += 2 )if( ! vis[i] ) vis[i] = 1; else break;}else {ta = tb = n >> 1;if( ta < a )for( int i = a - ta;i <= a - ta + 2 * b;i += 2 )if( ! vis[i] ) vis[i] = 1; else break;elsefor( int i = b - tb;i <= b - tb + 2 * a;i += 2 )if( ! vis[i] ) vis[i] = 1; else break;}for( int i = 0;i <= n;i ++ ) ans += vis[i];printf( "%d\n", ans );for( int i = 0;i <= n;i ++ ) if( vis[i] ) printf( "%d ", i );printf( "\n" );}return 0;
}

C. Deep Down Below

简单题

贪心

考虑要通过一个洞穴，初始带的力量值最小是多少

显然为$\max \{armo{r}_i+1-(i-1)\}$

在第$i$个怪物前面可以有$i-1$个怪物杀死获得提升的机会，然后要求严格大于怪物生命值，所以$+1$

将这个值定义为洞穴的通关要求，升序排列洞穴

每次通过一个洞穴力量值就会增加洞穴的怪物数那么大

在下一个洞穴前判断能否通过，不能就加上差的力量值

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 100005
struct node { int id, val, k; }armor[maxn];
int T, n;signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1, x;i <= n;i ++ ) {armor[i].id = i, armor[i].val = 0;scanf( "%lld", &armor[i].k );for( int j = 1;j <= armor[i].k;j ++ ) {scanf( "%lld", &x );armor[i].val = max( armor[i].val, x + 1 - ( j - 1 ) );}}sort( armor + 1, armor + n + 1, []( node x, node y ) { return x.val < y.val; } );int ans = armor[1].val, now = armor[1].val;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( now >= armor[i].val ) now += armor[i].k;else ans += armor[i].val - now, now = armor[i].val + armor[i].k;printf( "%lld\n", ans );}return 0;
}

D1/D2. Up the Strip

简单$DP$题

设计$f_i:$ 移动到格子$i$的方案数，由$n\to 1$转移

• $i$后面的每个格子都可以通过$-x$的操作转移过来

  $f_i+={\sum }_{j=i+1}^n{f}_j$

• $i$后面的格子（以$2\ast i$开始）都可以通过$/x$的操作转移过来

  但是因为是下取整，所以有的$j$，可能除以多个$x$都能转移到$i$，不能简单只加一个$f_j$完事

  不妨反其道而行之，枚举$x$，计算出区间$[l,r]$满足$j\in [l,r],\lfloor \frac{j}{x}\rfloor =i$

  很简单的数学计算一下，$l=i\ast x,r=x\ast (i+1)-1$

  $f_i+={\sum }_{j=l}^r{f}_j$

  时间复杂度是调和级数，$\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}\mathrm{n}$

后缀优化即可，$su{m}_i={\sum }_{j=i}^n{f}_j$

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 4000005
int n, mod;
int f[maxn], sum[maxn];signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &mod );f[n] = sum[n] = 1;for( int i = n - 1;i;i -- ) {f[i] = sum[i + 1];for( int j = 2;i * j <= n;j ++ ) {int l = i * j, r = min( n, j * ( i + 1 ) - 1 );f[i] = ( f[i] + sum[l] - sum[r + 1] + mod ) % mod;}sum[i] = ( sum[i + 1] + f[i] ) % mod;}printf( "%lld\n", f[1] );return 0;
}

E. Bottom-Tier Reversals

勉强中档题

限制次数为$\frac{5n}{2}$，且只能操作奇数

暗示构造，且相邻奇偶绑定在一起才行

也就是说能否寻找一种构造

在$5$次操作内，将$i,i-1$放到相应位置且以后不再操作这两个数，操作范围变成$i-2$

observation : 每次操作$[1,x]$，$i\leftrightarrow x-i+1$，$x+1$为偶数，所以$i,x-i+1$同奇偶

最后要满足a[i]=i，下标必须和值是同奇偶才会有解

判完无解后，$5$次操作这是可以做到的

• 从$n\to 1$构造，每次满足$n,n-1$（$i$为奇数）放到相应位置，每次操作后范围$n-=2$
• 找到$i$的位置$x$（显然$x$为奇数），第一次操作$[1,x]$区间，使得$i$成为序列第一个
• 找到$i-1$的位置$y$（显然$y$为偶数），第二次操作$[1,y-1]$区间，使得$i$成为$i-1$前面一个
• 第三次操作$[1,y+1]$，使得$i-1$成为序列第二个，$i$成为序列第三个
• 第四次操作$[1,3]$，使得$i-1$成为序列第二个，$i$成为序列第一个
• 第五次操作$[1,n]$，使得$i$成为序列最后一个，$i-1$成为序列倒数第二个
• 满足条件

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 2025
int T, n, cnt;
int p[maxn], id[maxn], ans[maxn << 2];void Reverse( int len ) {ans[++ cnt] = len;for( int i = 1;i <= len;i ++ )id[p[i]] = len - id[p[i]] + 1;reverse( p + 1, p + len + 1 );
}int main() {scanf( "%d", &T );next :while( T -- ) {cnt = 0;scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &p[i] );id[p[i]] = i;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ( p[i] & 1 ) ^ ( i & 1 ) ) {printf( "-1\n" );goto next;}for( int i = n;i > 1;i -= 2 ) {Reverse( id[i] );int x = id[i - 1];Reverse( x - 1 );Reverse( x + 1 );Reverse( 3 );Reverse( i );}printf( "%d\n", cnt );for( int i = 1;i <= cnt;i ++ )printf( "%d ", ans[i] );printf( "\n" );}return 0;
}

F. Top-Notch Insertions

困难

observation : 根据输入的$m$个操作，最后序列上放的下标是固定的

e.g. $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$，操作(3,1) (4,1) (5,3)后，一定是$a_4,a_3,a_5,a_1,a_2$，不管$a_i$的值真的是多少

假设最后排序后的序列为$[b_1,b_2,...,b_n]$

根据题目知，${\forall }_i\in [1,n)b_i\le b_{i+1}$

考虑$i$，如果a[i]>=a[i-1]，不发生排序，并不能告诉我们什么东西，最多能知道最后$b$序列中$a_i$排在$a_{i-1}$的后面某个位置

那么如果$a_i$插到$j$位置，能说明什么？

• a[i]<a[j]
• a[i]>=a[j-1]

同样的不等式不能提供有用的帮助，反而重要的是a[i]<a[j]这个条件

我们非常关心$a_i$，满足$a_{i-1}$被插入，这意味着$a_{i-1}<a_i$（注意是严格小于）

其余的相邻两个数关系可能是小于，可能是小于等于

换言之，最后的$b$序列，有些位置被打了标记，强制该位置前一个的值严格小于改位置的值

设被标记位置的个数为$\mathrm{c}\mathrm{n}\mathrm{t}$，则最后的答案为$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-cnt-1}{n}\right)$

• 考虑$ii\in [1,n)$，$b_i\le b_{i+1}$，让$i$后面所有的$b$都$+1$，变成$b_i<b_{i+1}$
• 现在有$\forall i{b}_i<b_{i+1}$
• 最大的$b$取值可以为$n+n-1-cnt$
• 相当于在$[1,\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}\mathrm{B}]$中选$n$个互不相同的数

至于怎么找该被标记的数

• 相当于需要一种数据结构支持查找第$k$大
• 线段树就可以了

注意本题只保证了$m$的限制，没有$n$的限制

所以需要都回滚

那么就需要记录每次问题后的操作点

#include <cstdio>
#define maxn 200005
#define int long long
#define mod 998244353
#define lson num << 1
#define rson num << 1 | 1
int n, m, T;
bool vis[maxn];
int x[maxn], y[maxn], id[maxn], pos[maxn];
int fac[maxn << 1], inv[maxn << 1], t[maxn << 2];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}void init( int n ) {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}int C( int n, int m ) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}void build( int num, int l, int r ) {t[num] = r - l + 1;if( l == r ) return;int mid = l + r >> 1;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );
}int findKth( int k, int num = 1, int l = 1, int r = 2e5 ) {t[num] --;//找第K大的时候 顺便完成-1的修改 if( l == r ) return l;int mid = l + r >> 1;if( k <= t[lson] ) return findKth( k, lson, l, mid );else return findKth( k - t[lson], rson, mid + 1, r );
}void modify( int k, int num = 1, int l = 1, int r = 2e5 ) {t[num] ++;if( l == r ) return;int mid = l + r >> 1;if( k <= mid ) modify( k, lson, l, mid );else modify( k, rson, mid + 1, r );
}int query( int k, int num = 1, int l = 1, int r = 2e5 ) {if( l == r ) return l;int mid = l + r >> 1;if( k <= t[lson] ) return query( k, lson, l, mid );else return query( k - t[lson], rson, mid + 1, r );
}signed main() {init( 4e5 );build( 1, 1, 2e5 );scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= m;i ++ )scanf( "%lld %lld", &x[i], &y[i] );int cnt = 0;for( int i = m;i;i -- ) {id[i] = query( y[i] + 1 );if( ! vis[id[i]] ) cnt ++, vis[id[i]] = 1;pos[i] = findKth( y[i] );}printf( "%lld\n", C( 2 * n - 1 - cnt, n ) );for( int i = m;i;i -- )vis[id[i]] = 0, modify( pos[i] );}return 0;
}