Codeforces Global Round 30 (div.1 + div.2) A~E 题解

news/2025/11/7 15:45:53/文章来源:https://www.cnblogs.com/x1a0qiya/p/19199905

A

题面

给定一个长为 \(n\) 的数组 \(a\) 和一个整数 \(x\)，每次操作可以将 \(a\) 中相邻两个数替换为他们之间的某个数，问最后有没有可能剩下的数大小为 \(x\)。

\( 1 \le n \le 100 \\ -10^9 \le a_i \le 10^9 \\ -10^9 \le x \le 10^9 \)

解析

考虑最大的数，它可以和两边的数替换为它本身，最小的数同理，所以我们可以将除了最大最小两个数之外的数全消去，只要 \(x\) 在他们之间就可以剩下 \(x\)，反之则不可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--){int n;cin >> n;vector <int> v(n);int maxl = -2147483647;int minl = 2147483647;for(int i = 0; i < n; i++){cin >> v[i];maxl = max(maxl, v[i]);minl = min(minl, v[i]);}int x;cin >> x;if(minl <= x && x <= maxl){cout << "Yes\n";}else{cout << "No\n";}}return 0;
}

B

题面

给定一个长为 \(n\) 的严格递增的数列 \(a\)，求在 \(a\) 中找出两个数 \(x\)，\(y\) 使得 \(x \lt y\) 且 \(y \mod {x}\) 为偶数，否则输出 \(-1\)。

\( 2 \le n \le 10^5 \\ 1 \le a_1 \lt a_2 \lt ... \lt a_n \le 10^9 \\ \sum{n} \le 10^5 \)

解析

如果 \(a\) 中有至少两个偶数那么输出这两个偶数即可。

下面考虑全是奇数的情况（如果有 \(1\) 个偶数暂且忽略掉它），两个奇数相减就是偶数，这是最朴素的想法，其实想要达成这一点，只要 \(y \lt 2x\)，最优的一定是相邻的两个奇数满足这个条件，但是如何保证一定有这样一对相邻奇数呢，注意到题目中对数的大小有了限定 \(a_n \le 10^9\)，这保证了如果所有相邻的奇数都不满足这个条件，那么任意一对相邻的奇数，都有 \(2x + 1 \le y\)，从而 \(a_n + 1 \ge 2 ^ {n - 1}(a_1 + 1) \ge 2^n\) 这在 \(n \ge 30\) 的时候是不可能的，因此我们只需要在 \(n\) 比较小的时候 \(n^2\) 遍历，比较大的时候找满足条件的相邻奇数对即可。

时间复杂度 \(O(n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--){int n;cin >> n;vector <int> v(n), a, b;for(int i = 0; i < n; i++){cin >> v[i];if(v[i] & 1) a.push_back(v[i]);else b.push_back(v[i]);}if(b.size() > 1){cout << b[0] << ' ' << b[1] << '\n';}else{if(n <= 100){int tag = 0;for(int i = 0; i < n; i++)for(int j = i + 1; j < n; j++)if((v[j] % v[i]) % 2 == 0){cout << v[i] << ' ' << v[j] << '\n';tag = 1;goto END;}END:;if(!tag) cout << -1 << '\n';}else{int siz = a.size();for(int i = 0; i < siz - 1; i++){if((v[i + 1] % v[i]) % 2 == 0){cout << v[i] << ' ' << v[i + 1] << '\n';break;}}}}}return 0;
}

C

题面

有 \(n\) 把剑和 \(m\) 只怪物，每把剑有伤害 \(a\)，怪物有血量 \(b\)，当且仅当剑的伤害不小于怪兽的血量的时候能将其击杀，击杀怪物还有回馈值 \(c\)，如果 \(0 \lt c\)，那么击杀怪物后会回馈一把伤害为 \(\max{(a,c)}\) 的剑，每把剑只能使用一次，问最多能击杀多少只怪物。

\( 1 \le n,m \le 2 \times 10^5 \\ 1 \le a_i \le 10^9 \\ 1 \le b_i \le 10^9 \\ 0 \le c_i \le 10^9 \\ \sum{n} \le 2 \times 10^5 \\ \sum{m} \le 2 \times 10^5 \)

解析

考虑贪心的来做，我们可以将没有回馈的怪物放到最后来击杀，考虑有回馈的怪物，只要击杀它那么回馈的剑的伤害一定不低于击杀它所用的剑的伤害，因此，我们尽可能用伤害低的剑去击杀怪物，这样能保证我们最后剩下的剑的伤害尽可能的高，这一部分用大根堆维护即可。

时间复杂度 \(O(n \log{n} + m \log{m})\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair <int, int> pii;int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--){int n, m;cin >> n >> m;vector <int> a(n, 0);vector <pii> b(m);priority_queue <int, vector <int>, greater <int>> q;for(int i = 0; i < n; i++){cin >> a[i];q.push(a[i]);}vector <int> c;vector <pii> d;for(int i = 0; i < m; i++)cin >> b[i].first;for(int i = 0; i < m; i++){cin >> b[i].second;if(b[i].second){d.push_back(b[i]);}else{c.push_back(b[i].first);}}sort(d.begin(), d.end(), [&](pii x, pii y){if(x.first == y.first) return x.second > y.second;return x.first < y.first;});int siz = d.size();vector <int> e;int ans = 0;for(int i = 0; i < siz; i++){while(!q.empty() && q.top() < d[i].first){e.push_back(q.top());q.pop();}if(!q.empty()){int x = q.top();x = max(d[i].second, x);q.pop();q.push(x);ans++;                }}while(!q.empty()){e.push_back(q.top());q.pop();}sort(e.begin(), e.end());sort(c.begin(), c.end());int siz1 = e.size(), siz2 = c.size();int i = 0, j = 0;while(i < siz1 && j < siz2){if(e[i] >= c[j]){ans++;j++;i++;}else{i++;}}cout << ans << '\n';}return 0;
}

D

题面

给定两个长为 \(n\) 的字符串 \(s\) 和 \(t\)，以及一个整数 \(k_{max}\)，每次操作可以将字符串 \(s\) 变为一个新字符串 \(s'\)，其中对每个 \(1 \le i \lt n\)，\(s'_i = s_i\) 或 \(s'_i = s_{i - 1}\)。输出一个操作方案使得能在不超过 \(k_{max}\) 次操作内将 \(s\) 变为 \(t\)，如果不能则输出 \(-1\)。

\( 1 \le \sum{n \times k_{max}} \le 10^6 \)

解析

每次操作相当于将一些字符向后传递而另一些不变，如果不考虑次数的限制，那么 \(s\) 能变成 \(t\) 的一个显然的必要条件是对每个 \(0 \le j \lt n\)，都存在 \(0 \le i \le j\)，使得 \(t_j = s_i\)，我们称之为配对。

那么什么时候 \(s\) 不能变成 \(t\) 呢？考虑这样一个情况：

\(s_{i_1} = t_{j_1}\)，\(s_{i_2} = t_{j_2}\)，\(i_1 \lt i_2\)，\(j_2 \lt j_1\)，那么在字符向后传递的时候，\(s_{i_1}\) 想要传递到 \(j_1\) 的位置必定会经过 \(j_2\)，从而会将这一位覆盖掉。

据此，我们知道了 \(s\) 想要变成 \(t\) 一定会存在一个配对方式使得 \(t\) 的每个字符都能在 \(s\) 中有与之配对的字符，且这些配对不产生上面的交叉的情况，这可以从后往前遍历一遍完成判断。

再考虑最少的操作方式，可以贪心的找。我们在找一个 \(t\) 中一个字符的配对时优先找离他最近的，这样二者之间的距离就是需要操作的次数。

时间复杂度 \(O(n \times k_{max})\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void solve(){int n, k;cin >> n >> k;string s, t;cin >> s >> t;if(s[0] != t[0]){cout << -1 << '\n';return;}vector <int> pre(n, 0);int idx = n - 1;int maxl = 0;for(int i = n - 1; i; i--){if(idx > i) idx = i;while(idx > 0 && s[idx] != t[i])idx--;if(s[idx] == t[i])pre[i] = idx,maxl = max(maxl, i - idx);else{cout << -1 << '\n';return;}}if(maxl > k){cout << -1 << '\n';return;}cout << maxl << '\n';for(int i = 1; i <= maxl; i++){for(int j = n - 1; j; j--){if(pre[j] != j){pre[j]++;s[j] = s[j - 1];}}cout << s << '\n';}
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}