Good Bye 2019 题解

Good Bye 2019

Card Game

谁有 $n$ 谁赢。

inline void solve() {
	int n, a, b, x;
	bool ok;
	rd(n), rd(a), rd(b);
	for (int i = 1; i <= a; i++) {
		rd(x);
		if (x == n) ok = 1;
	}
	for (int i = 1; i <= b; i++) {
		rd(x);
		if (x == n) ok = 0;
	}
	prints(ok ? "YES" : "NO");
}

int main() {
	int T;
	rd(T);
	while (T--) solve();
	return 0;
}

Interesting Subarray

显然如果存在要求的序列，必然存在长度为 $2$ 的要求的序列。

const int N = 2e5 + 7;
int n, a[N];

inline void solve() {
	rd(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) rd(a[i]);
	bool ok = 0;
	for (int i = 1; i < n; i++)
		if (abs(a[i] - a[i+1]) > 1) ok = 1;
	prints(ok ? "YES" : "NO");
	if (ok) {
		for (int i = 1; i < n; i++)
			if (abs(a[i] - a[i+1]) > 1) {
				print(i, ' '), print(i + 1);
				break;
			}
	}
}

int main() {
	int T;
	rd(T);
	while (T--) solve();
	return 0;
}

Make Good

限定所有数异或起来等于一个很大的 $2$ 的幂，同时限定加上的三个数中有两个一样，就可以做了。

const int N = 1e5 + 7;
int n;
ll a[N], s, x;

inline void solve() {
	rd(n), s = x = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) rd(a[i]), s += a[i], x ^= a[i];
	ll w = 1ll << 54, k;
	vector< ll > ans;
	ans.pb(k = w ^ x);
	w <<= 1;
	w -= s + k;
	ans.pb(w >> 1), ans.pb(w >> 1);
	print(3), print(ans[0], ' '), print(ans[1], ' '), print(ans[2]);
}

int main() {
	int T;
	rd(T);
	while (T--) solve();
	return 0;
}

Strange Device

交互题。

首先可以通过 $n-k+1$ 次询问确定 $n-k+1$ 个位置的值。

若 $n - k + 1 \ge k$ ，则直接询问已知的 $k$ 个找到 $m$ 即可。

否则，考虑最后一次询问会产生一个已知的位置 $x$ 和 $k-1$ 个未知的位置，我们可以拿另外一个已知的位置 $y$ 分别替换这 $k-1$ 个未知的位置，然后根据回答与不替换时的回答是否一致判断这个位置与 $x$ 位置上的数的大小关系，即可找到这些数中有多少个比位置 $x$ 上的数小，从而求出 $m$ 。

const int N = 507;
int n, k, a[N];

inline pi ask(vi o) {
	vi O = o;
	sort(o.begin(), o.end());
	cout << '?';
	for (auto c : o) cout << ' ' << c;
	cout << endl;
	fflush(stdout);
	int a, b;
	cin >> a >> b;
	o = O;
	return mp(a, b);
}

int main() {
	cin >> n >> k;
	if (k == 1) return cout << "! 1" << endl, 0;
	vi o, q;
	for (int i = 1; i <= k; i++) o.pb(i);
	for (int i = k; i <= n; i++) {
		pi p = ask(o);
		a[p.fi] = p.se;
		q.pb(p.fi);
		if (i != n)
			for (ui j = 0; j < o.size(); j++)
				if (o[j] == p.fi) o[j] = i + 1;
	}
	if (n - k + 1 >= k) {
		o.clear();
		for (int i = 0; i < k; i++) o.pb(q[i]);
		pi p = ask(o);
		int ans = 0;
		for (int i = 0; i < k; i++)
			if (a[o[i]] <= p.se) ++ans;
		cout << "! " << ans << endl;
		return 0;
	}
	int x = q.back();
	q.pop_back();
	int y = q.back();
	for (ui i = 1; i < o.size(); i++)
		if (o[i] == x) swap(o[0], o[i]);
	int ans = 0;
	for (ui i = 1; i < o.size(); i++) {
		int z = o[i];
		o[i] = y;
		pi p = ask(o);
		if (p.fi == x) ans += a[y] < a[x];
		else ans += a[x] < a[y];
		o[i] = z;
	}
	cout << "! "  << ans + 1 << endl;
	return 0;
}

Divide Points

并查集。

首先把必须在同一组的弄到一起，否则随便分成两组。

const int N = 1e3 + 7;
int n, f[N], t;
ll a[N], b[N];
pair< ll, int > p[N];
pair< ll, pi > q[N*N];

int get(int x) {
	return x == f[x] ? x : (f[x] = get(f[x]));
}

inline ll S(int i, int j) {
	return abs(a[i] - a[j]) * abs(a[i] - a[j]) + abs(b[i] - b[j]) * abs(b[i] - b[j]);
}

inline void work(int x) {
	for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = mp(S(x, i), i);
	sort(p + 1, p + n + 1);
	for (int i = 1; i < n; i++)
		if (p[i].fi == p[i+1].fi)
			f[get(p[i].se)] = get(p[i+1].se);
}

int main() {
	rd(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) rd(a[i]), rd(b[i]), f[i] = i;
	for (int i = 1; i <= n; i++) work(i);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = i + 1; j <= n; j++)
			q[++t] = mp(S(i, j), mp(i, j));
	sort(q + 1, q + t + 1);
	for (int i = 1; i < t; i++)
		if (q[i].fi == q[i+1].fi) {
			int j = i + 1;
			int a1 = get(q[i].se.fi), b1 = get(q[i].se.se);
			int a2 = get(q[j].se.fi), b2 = get(q[j].se.se);
			if (a1 == a2) f[b1] = b2;
			else if (a1 == b2) f[b1] = a2;
			else if (b1 == a2) f[a1] = b2;
			else if (b1 == b2) f[a1] = a2;
			else if (a1 == b1) f[a2] = b2;
			else if (a2 == b2) f[a1] = b1;
			else f[a1] = a2, f[b1] = b2; 
		}
	vi ans;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (get(i) == get(1)) ans.pb(i);
	print(ans.size());
	for (ui i = 0; i < ans.size(); i++) print(ans[i], ' ');
	return 0;
}

Awesome Substrings

先求出前缀和 $s_{0\dots n}$ ，转化为求满足 $0 \le i < j \le n$ 且 $j - i = d(s_j - s_i)$ 的 $(i,j)$ 的个数，其中 $d$ 为 $\in [1,n]$ 的正整数。

考虑根号分治，给定一个限制 $T$ ，移项得 $s_jd - j = s_id - i$ ，设 $f_i(d) = s_id - i$ 。

对于 $1 \le d \le T$ 的情况，我们对每个 $d$ 求出 $f_{0\dots n}(d)$ 的值，然后对于每个值 $x$ ，若有 $k$ 个 $i$ 满足 $f_i(d) = x$ ，则对答案有 $\binom{k}2$ 的贡献。

这一部分实现优秀的话可达到 $\mathcal O(nT)$ 。

对于 $T < d \le n$ 的情况，由于 $s_j - s_i = \frac{j-i} d < \frac nT$ ，即有贡献的 $(a,b)$ 对应的区间中 $1$ 的个数 $k < \frac nT$ 。因此我们对每个 $i$ 和 $k$ 找到 $j$ 的范围 $(l,r]$ ，其对答案的贡献为 $\lfloor \frac {r - i}k \rfloor - \lfloor \frac {l - i}k \rfloor$ 去掉 $d \le T$ 的部分。

这一部分实现优秀的话可达到 $\mathcal O(n\frac nT)$ 。

因此总时间复杂度为 $\mathcal O(nT + n\frac nT)$ ，取 $T = \sqrt n$ 即可达到最优时间复杂度 $\mathcal O(n \sqrt n)$ 。

const int N = 2e5 + 7, M = 507;
int n, T, s[N], a[N*M];
char c[N];
ll ans;

int main() {
	rds(c, n), T = sqrt(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i-1] + c[i] - '0';
	for (int d = 1, x; d <= T; d++) {
		vi p;
		for (int i = 0; i <= n; i++) x = s[i] * d - i + n, ++a[x], p.pb(x);
		while (p.size()) x = p.back(), p.pop_back(), ans += 1ll * a[x] * (a[x] - 1) / 2, a[x] = 0;
	}
	for (int k = n / T - (T * T == n); k; k--) {
		int l = 0;
		while (l < n && s[l+1] < k) ++l;
		if (l == n) continue;
		int r = l + 1;
		while (r < n && s[r+1] <= k) ++r;
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			if (s[r] - s[i] < k) {
				if (r == n) break;
				l = r;
				while (r < n && s[r+1] - s[i] <= k) ++r;
			}
			if ((r - i) / k > T) ans += (r - i) / k - max((l - i) / k, T);
		}
	}
	print(ans);
	return 0;
}

Subset with Zero Sum

由于 $i - n \le a_i \le i - 1$ ，所以 $1 \le i - a_i \le n$ 。

建立一张 $n$ 个点的有向图，对于每个点 $i$ ，连边 $i \to i - a_i$ 。

这张图中每个点的出度都为 $1$ ，因此这张图是一个基环内向森林。

可以发现对于任意一个环，环上的点对应的下标就是我们要找的答案。

const int N = 1e6 + 7;
int n, x, t[N], v[N];

inline void solve() {
	rd(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) rd(x), t[i] = i - x, v[i] = 0;
	x = 1;
	while (!v[x]) v[x] = 1, x = t[x];
	vi ans;
	ans.pb(x), x = t[x];
	while (x != ans[0]) ans.pb(x), x = t[x];
	print(ans.size());
	while (ans.size()) print(ans.back(), " \n"[ans.back()==ans[0]]), ans.pop_back();
}

int main() {
	int T;
	rd(T);
	while (T--) solve();
	return 0;
}

Number of Components

题目太神仙了，先咕咕咕着。

Xor on Figures