Codeforces Round 1017 (Div. 4)题解

题目地址

https://codeforces.com/contest/2094

锐评

本次题目没什么好吐槽的。题意难度都挺好的，也没什么坑，比较符合D4预期。奈何自己太菜，想的有点慢，时间不够。F题构造题是我的弱项，想到个弱解被叉了。

题解

Problem A. Trippi Troppi

题目大意

Trippi Troppi 生活在一个奇异的世界。每个国家的古代名称由三个字符串组成。每个字符串的第一个字母连起来就是该国的现代名称。

给定国家的古代名称，请输出现代名称。

题解思路：模拟

直接按照题意输出即可。时间复杂度为 $O(1)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string sa, sb, sc;void solve() {cin >> sa >> sb >> sc;cout << sa[0] << sb[0] << sc[0] << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem B. Bobritto Bandito

题目大意

在波布里托-班迪托居住的小镇上，在一条无穷数线上有无穷多的房子，房子的位置是 $\dots ,-2,-1,0,1,2,\dots$ 。在 $0$ 天，他让 $0$ 号房子里不幸的居民感染了瘟疫。接下来的每一天，瘟疫都会传播到恰好1个健康的家庭，而这些家庭恰好与一个受感染的家庭相邻。可以看出，每天受感染的房屋形成一个连续的片段。

假设从第 $l$ 户开始到第 $r$ 户结束的线段表示为 $[l,r]$ 。你知道在 $n$ 天后， $[l,r]$ 段被感染了。请找出可能在第 $m$ 天( $m\le n$ )被感染的线段 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 。

题解思路：数学

直接判断相差了几天，左/右半段缩短即可。但是要注意， $0$ 是一定要包含的。时间复杂度为 $O(1)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, l, r;void solve() {cin >> n >> m >> l >> r;int cnt = n - m;int ct = min(r, cnt);r -= ct;cnt -= ct;l += cnt;cout << l << ' ' << r << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem C. Brr Brrr Patapim

题目大意

Brr Brrr 帕塔皮姆正在努力学习提拉米苏的秘密密码，它是 $2\cdot n$ 个元素的排列组合。为了帮助帕塔皮姆猜测，提拉米苏给了他一个 $n\times n$ 网格 $G$ ，其中 $G_{i,j}$ （或者说网格中第 $i$ 行第 $j$ 列中的元素）包含 $p_{i+j}$ ，或者说排列组合中的第 $(i+j)$ 个元素。

给定这个网格，请帮助帕塔皮姆破解被遗忘的密码。可以保证这个排列是存在的，而且可以证明这个排列是唯一确定的。

$m$ 个整数的排列是 $m$ 个整数的序列，其中都恰好包含 $1,2,\dots ,m$ 一次。例如， $[1,3,2]$ 和 $[2,1]$ 是排列，而 $[1,2,4]$ 和 $[1,3,2,3]$ 不是排列。

题解思路：模拟/构造

按照题意直接模拟构造，没构造出来的位置，补充即可。时间复杂度为 $O(n^{2}logn)$ （因为我用了set，其实不用，序列是唯一的，所以可降为 $O(n^2)$ ）。

PS：其实只需要按照从左上角往右走7字型，然后从第2个位置开始填充即可，第1个位置直接可以算出来（详见第二份代码）。

参考代码（C++）

复杂度为 $O(n^{2}logn)$ 版本代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1'605;
int a[maxn][maxn], b[maxn];
int n;void solve() {cin >> n;int m = n << 1;set<int> st;for (int i = 1; i <= m; ++i) {st.insert(i);b[i] = -1;}for (int i = 1; i <= n; ++i)for (int j = 1; j <= n; ++j) {cin >> a[i][j];b[i + j] = a[i][j];st.erase(b[i + j]);}for (int i = 1; i <= m; ++i)if (b[i] == -1) {b[i] = *st.begin();st.erase(st.begin());}for (int i = 1; i <= m; ++i)cout << b[i] << (" \n"[i == m]);
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

复杂度为 $O(n^2)$ 版本代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1'605;
int a[maxn];
int n;void solve() {cin >> n;int m = n << 1, id = 1, sum = 0, x;for (int i = 0; i < n; ++i)for (int j = 0; j < n; ++j) {cin >> x;if (i == 0 || j == n - 1) {a[id++] = x;sum += x;}}a[0] = (((1 + m) * m) >> 1) - sum;for (int i = 0; i < m; ++i)cout << a[i] << (" \n"[i == m - 1]);
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem D. Tung Tung Sahur

题目大意

你面前有两面鼓：一面是左鼓，一面是右鼓。敲击左边的鼓可以记录为 “L”，敲击右边的鼓可以记录为 “R”。

统治这个世界的奇异力量是善变的：有时敲击一次听到了一次，有时敲击一次却听到了两次。因此，敲击左边鼓的声音可能是 “L” 或 “LL”，敲击右边鼓的声音可能是 “R” 或 “RR”。

敲击的顺序记录在字符串 $p$ 中，听到的声音记录在字符串 $s$ 中。给定 $p$ 和 $s$ ，判断字符串 $s$ 是否可能是字符串 $p$ 敲击的结果。

例如，如果 $p = $ “LR”，那么敲击的结果可能是 “LR”、“LRR”、“LLR” 和 “LLRR” 中的任何一个，但字符串 “LLLR” 或 “LRL” 则不可能。

题解思路：双指针

按照题意，对于 $p$ 中每个 “L”/“R” ， $s$ 中必须有至少一个、至多两个同样的字符与之对应。因此我们只需要遍历 $p$ ，然后看 $s$ 中是否有与之对应的字符满足条件即可。因为 $p$ 中 “L” 不可能对应 $s$ 中的 “R” ，反之亦然，因此我们每次判断连续相同的字符段即可。时间复杂度为 $O(n+m)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1'605;
string p, str;
int n, m;void solve() {cin >> p >> str;int n = p.size(), m = str.size();int i = 0, j = 0;while (i < n) {if (j == m || p[i] != str[j]) {cout << "NO\n";return;}int k1 = i + 1, k2 = j + 1;while (k1 < n && p[k1] == p[i])++k1;while (k2 < m && str[k2] == str[j])++k2;int ca = k1 - i, cb = k2 - j;if (ca > cb || cb > (ca << 1)) {cout << "NO\n";return;}i = k1;j = k2;}cout << (j == m ? "YES\n" : "NO\n");
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem E. Boneca Ambalabu

题目大意

博尼卡-安巴拉布给你一个由 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 组成的序列。

请输出所有 $1\le k\le n$ 中 $(a_k\oplus a_1)+(a_k\oplus a_2)+\dots +(a_k\oplus a_n)$ 的最大值。注意 $\oplus$ 表示 bitwise XOR 运算。

题解思路：枚举+位运算

根据题目给定计算公式以及 $\oplus$ 性质，我们只需要知道，在二进制状态下，某一位的结果与其对应的其他数该位情况相关，并且与该位分别有多少个数相关，有多少个数答案就是几倍。因为我们只需要计数每一位对应多少个数，然后枚举序列每个数，计算得到的结果取最大即可。时间复杂度为 $O(n)$ （实际为 $30n$ ，忽略常数，但运行时间需要把 $30$ 考虑在内）。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 200'005;
int a[maxn], cnt[30];
int n;void solve() {cin >> n;for (int i = 0; i < 30; ++i)cnt[i] = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> a[i];for (int j = 0; j < 30; ++j)if ((a[i] >> j) & 1)++cnt[j];}ll ans = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {ll res = 0;for (int j = 0; j < 30; ++j) {int mask = (a[i] >> j) & 1;if (mask)res += (1LL << j) * (n - cnt[j]);elseres += (1LL << j) * cnt[j];}ans = max(ans, res);}cout << ans << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem F. Trulimero Trulicina

题目大意

楚里西纳给出整数 $n$ 、 $m$ 和 $k$ 。可以保证 $k\ge 2$ 和 $n\cdot m\equiv 0(\mathrm{mod}k)$ 。

输出一个 $n$ 乘以 $m$ 的整数网格，使得下列条件均成立：

• 网格中的每个整数都在 $1$ 和 $k$ 之间（包括首尾两个整数）。
• 从 $1$ 到 $k$ 的每个整数出现的次数相同。
• 共享边的两个单元格中没有相同的整数。

可以证明这样的网格总是存在的。如果有多个解，请输出任意一个。

题解思路：构造

我们会想当然地采取循环形式，如 $[1,2,\dots ,k-1,k,1,2,\dots ,k-1,k,1,2,\dots ,k-1,k]$ ，然后从左往右从上往下依次填入网格。这样，网格左右肯定不同，相差1个数。那么上下是否相同呢？假如上面为 $x$ ，那么根据上面的填充方式，下面为 $y=(x+m)\mathrm{mod}k$ ，那么只要 $m\mathrm{mod}k$ 不等于零，那么 $y$ 肯定在 $x$ 右侧，上下也是不同的，符合题意。但如果恰好等于零，怎么办呢？这种情况相当于每行都是序列 $[1,2,\dots ,k-1,k]$ 重复 $\frac{m}{k}$ 次，即每一行完全一样。既然这样，我把第2行往左边循环移位一个位置，那么不就刚好错开了吗？是的，这样上下也就相差了1个数。以此类推，第4，6，8等等偶数行也错开不就满足条件了。

综上所述，问题得解。时间复杂度为 $O(nm)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 200'005;
vector<int> adj[maxn];
int n, m, k;void calc(int n, int m, int k) {bool f = m % k == 0;int cur = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {adj[i].clear();if (f) {if (i & 1)cur = 1;elsecur = 0;}for (int j = 0; j < m; ++j) {adj[i].push_back(cur + 1);cur = (cur + 1) % k;}}for (int i = 0; i < n; ++i)for (int j = 0; j < m; ++j)cout << adj[i][j] << (" \n"[j == m - 1]);
}void solve() {cin >> n >> m >> k;calc(n, m, k);
}bool check(int n, int m) {for (int i = 0; i < n; ++i)for (int j = 0; j < m; ++j) {if (i && adj[i][j] == adj[i - 1][j])return true;if (j && adj[i][j] == adj[i][j - 1])return true;}return false;
}void test() {for (int i = 1; i < 30; ++i)for (int j = 1; j < 30; ++j)for (int k = 2; k * k <= i * j; ++k)if (i * j % k == 0) {calc(i, j, k);if (check(i, j))cout << i << ' ' << j << ' ' << k << '\n';}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);// test();int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem G. Chimpanzini Bananini

题目大意

奇潘齐尼-巴纳尼尼站在了一场重大战役的边缘，这场战役注定会带来最终的胜利。

对于长度为 $m$ 的任意数组 $b$ ，我们把数组的粗糙度记为 ${\sum }_{i=1}^m{b}_i\cdot i=b_1\cdot 1+b_2\cdot 2+b_3\cdot 3+\dots +b_m\cdot m$ 。

Chimpanzini Bananini 送给你一个空数组。你可以对它进行三种操作。

1. 对数组进行循环移位。也就是说，数组 $[a_1,a_2,\dots ,a_n]$ 变成 $[a_n,a_1,a_2,\dots ,a_{n-1}]$ 。
2. 反转整个数组。即数组 $[a_1,a_2,\dots ,a_n]$ 变成 $[a_n,a_{n-1},\dots ,a_1]$ 。
3. 在数组末尾添加一个元素。在数组的末尾添加 $k$ 之后，数组 $[a_1,a_2,\dots ,a_n]$ 变为 $[a_1,a_2,\dots ,a_n,k]$ 。

每次操作后，您都想计算数组的粗糙度。

请注意，所有操作都是持久的。这意味着每次操作都会修改数组，后续操作应在前一次操作后应用于数组的当前状态。

题解思路：双端队列+数学

我们来一个操作一个操作地分析。我们先假设操作前的粗糙度为 $f(n)=d$ ，对于操作一，操作后粗糙度如下。
$$f^{\prime }(n)=a_n\cdot 1+a_1\cdot 2+a_2\cdot 3+\dots +a_{n-1}\cdot n=a_n\cdot 1+a_1+a_2+\cdots +a_{n-1}+a_1\cdot 1+a_2\cdot 2+\dots +a_{n-1}\cdot (n-1)$$
化简后可得。
$$f^{\prime }(n)=\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i+d-a_n\cdot (n-1)$$
看起来我们只需要知道当前数组的和 $sum$ 、最后一个元素 $a_n$ 以及粗糙度 $d$ 就能快速计算出 $f^{\prime }(n)=d+sum-a_n\cdot n$ 。那么支持从尾部删除和头部插入的数据结构用什么呢？显然，双端队列即可。

对于操作二，翻转整个数组每次都要 $O(n)$ 时间复杂度，显然不可接受。那么怎么办呢？基于操作一的灵感，我们倒着维护一份一模一样的双端队列是不是可以呢？显然是可行的，这样当翻转时，我们切换一下当前双端队列即可，只需要 $O(1)$ 时间复杂度，可以接受。那么对于操作一，此队列（形如 $[a_n,a_{n-1},\cdots ,a_2,a_1]$ ）的粗糙度如何变化呢？我们假设操作前的粗糙度为 $g(n)=d^{\prime }$ 、当前数组的和为 $sum$ （和肯定是一样的），那么操作一相当于把这里的 $a_n$ 放到队列的尾部，操作后粗糙度如下。
$$g^{\prime }(n)=a_{n-1}\cdot 1+\cdots +a_2\cdot (n-2)+a_1\cdot (n-1)+a_n\cdot n=a_{n-1}\cdot 2+\cdots +a_2\cdot (n-1)+a_1\cdot n-a_{n-1}-\cdots -a_2-a_1+a_n\cdot n$$
化简后可得。
$$g^{\prime }(n)=d^{\prime }-a_n\cdot 1-\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i+a_n\cdot n=d^{\prime }+a_n\cdot n-sum$$

对于操作三，添加一个元素 $x$ ，相当于往正向队列尾部添加一个元素，往逆向队列头部添加一个元素。根据上面分析，正向队列粗糙度为 $f(n)$ 、逆向队列粗糙度为 $g(n)$ 以及数组元素和为 $sum$ ，那么有如下公式。
$$f(n)=a_1\cdot 1+a_2\cdot 2+\cdots +a_n\cdot n$$
$$g(n)=a_n\cdot 1+\cdots +a_2\cdot (n-1)+a_1\cdot n$$
$$sum=a_1+a_2+\cdots +a_n$$
操作后，有如下公式。
$$f^{\prime }(n)=a_1\cdot 1+a_2\cdot 2+\cdots +a_n\cdot n+x\cdot (n+1)=f(n)+x\cdot (n+1)$$
$$g^{\prime }(n)=x\cdot 1+a_n\cdot 2+\cdots +a_2\cdot n+a_1\cdot (n+1)=g(n)+sum+x$$
$$su{m}^{\prime }=sum+x$$

综上所述，我们按照分析模拟即可。以上每个操作时间复杂度均为 $O(1)$ ，因此整体时间复杂度为 $O(q)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 100'005;
int q;void solve() {cin >> q;deque<int> dq[2];ll sum = 0, ans[2] = {0};int cur = 0, op, x;while (q--) {cin >> op;if (op == 3) {cin >> x;dq[cur].push_back(x);sum += x;ans[cur] += 1LL * dq[cur].size() * x;dq[cur ^ 1].push_front(x);ans[cur ^ 1] += sum;} else if (op == 2)cur ^= 1;else if (!dq[cur].empty()) {int siz = dq[cur].size();x = dq[cur].back();// cout << "siz:" << siz << "; x:" << x << '\n';dq[cur].pop_back();dq[cur].push_front(x);ans[cur] += sum - 1LL * siz * x;dq[cur ^ 1].pop_front();dq[cur ^ 1].push_back(x);ans[cur ^ 1] += 1LL * siz * x - sum;}cout << ans[cur] << '\n';}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem H. La Vaca Saturno Saturnita

题目大意

Saturnita 的情绪取决于一个长度为 $n$ 的数组 $a$ 和一个只有他知道如何计算的函数 $f(k,a,l,r)$ 。下面是他的函数 $f(k,a,l,r)$ 的伪代码。

int ans = 0;
for (int i = l; i <= r; ++i) {while (k % a[i] == 0)k /= a[i];ans += k;
}
cout << ans << '\n';

给你 $q$ 个查询，每个查询都包含整数 $k$ 、 $l$ 和 $r$ 。请为每个查询输出 $f(k,a,l,r)$ 。

题解思路：枚举+二分+数论

**注意此题时限是4s。**由于 $1\le q\le 5\cdot 10^4$ 、 $1\le k\le 10^5$ ，显然我们依据数论知识可以用时间复杂度为 $O(\sqrt{k})$ 的方法算出 $k$ 的所有因子。

观察上述伪代码，对于每个因子，其会一直除 $k$ ，直到除不尽。那么对于区间 $[l,r]$ 内处理后的 $k$ 是怎么样的呢？它一定是形如 $[k1,k1,\dots ,k2,k2,\dots ,k_m,k_m,\dots ]$ 这样的。那么什么时候 $k$ 才会变化呢？显然遇到一个因子就会变化。因此，我们只需要找到区间 $[l,r]$ 内所有的因子，按位置从小到大枚举出所有的 $k_i$ 即可，只需要记录上一个位置在哪里即可得到段的长度 $l_i$ ，答案就是 ${\sum }_{i=1}^m{k}_i\cdot l_i$ 。

根据上面的分析，因子很容易计算，那么怎么找到合适的因子呢？我们只需要把题目给定因子的所有位置按照从小到大顺序存起来，就可以用二分来查找处于区间 $[l,r]$ 的首个位置。

综上所述，问题得解。时间复杂度为 $O(q\sqrt{k}logn)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 100'005;
int a[maxn];
int n, q;void solve() {cin >> n >> q;map<int, vector<int>> adj;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> a[i];adj[a[i]].push_back(i);}int k, l, r;while (q--) {cin >> k >> l >> r;--l, --r;if (k == 1)cout << (r - l + 1) << '\n';else {vector<int> vi, vp;for (int i = 2; i * i <= k; ++i)if (k % i == 0) {vi.push_back(i);int j = k / i;if (j != i)vi.push_back(j);}vi.push_back(k);for (int& x : vi)if (adj.count(x)) {auto& v = adj[x];auto it = lower_bound(v.begin(), v.end(), l);if (it != v.end() && *it <= r)vp.push_back(*it);}sort(vp.begin(), vp.end());ll ans = 0;int last = l;for (int& id : vp) {int x = k;while (x % a[id] == 0)x /= a[id];int cnt = id - last;ans += 1LL * cnt * k;last = id;k = x;}ans += 1LL * k * (r + 1 - last);cout << ans << '\n';}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}