Manthan Codefest 19 題解

這套題仍是有點質量的吧 ……

題目連接

A. XORinacci

傻叉簽到題，由於異或的性質因此這個序列的循環節長度只有 \(3\) ……

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B. Uniqueness

由於序列長度乃至數的種類都不超過 \(2000\)，考慮先把序列離散化。

題意讓咱們求一個最短的區間知足以下性質，對於每一種數，其在此區間出現次數不小於在原序列中的出現次數減 \(1\)。

能夠先前綴和求一下對於每種數，當前位置及以前的出現次數，和至少一共須要刪掉多少個這種數，即在原序列中的出現次數減 \(1\)，方便之後的計算。

而後雙指針肯定一個這個區間便可，由於支持$ O(n^2)$ 的算法，因此 \(for\) 每一種數暴力 \(Check\)。

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C. Magic Grid

結論題，看到 \(n\) 是 \(4\) 的倍數就天然想到將網格拆成若干個 \(4 * 4\) 的網格來作，每一部分網格依然知足題意的性質，而且拼起來也使大網格知足題意性質。

結果發現 \(2 * 2\) 的網格便可知足性質…… 對於每一組連續的 \(4\) 個數，存在一種構造方法知足上述性質。

不明白就看代碼吧，挺簡單的。

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D. Restore Permutation

一道傻叉線段樹由於寫錯遞歸的函數名調了半個多小時…… 屬實降智了……

一開始讀錯題，當作是 \(s_i\) 表示 \(i\) 以前知足 \(p_j < p_i\) 的數的個數，那這道題目的套路就很常見，從後向前推，最後一個數就是當前未選的數中的第 \(s_i + 1\) 個數。

而正確的題意可謂從這上面發展而來，\(s_i\) 表示 \(i\) 以前知足 \(p_j < p_i\) 的數值之和。至關於把上述題意中，一個數的貢獻從 \(1\) 改成了其數值而已。這樣，用線段樹維護前綴和，每次在上面二分查應該到哪一個位置，即當前的數，而後選了的數就單點修改成 \(0\) 來刪除對前綴和的貢獻。

至於一些細節，思路清晰的話試一下就出來了。

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E. Let Them Slide

沒來得及寫，不過真的沒想到只作 \(4\) 題也上分了……

容易發現每一行都是獨立的，對每一列，咱們只須要把每一行能對這個位置作的最大貢獻加起來就行了，因此對每一行單獨處理。

設 \(len\) 爲當前行的序列長度，當 \(w > 2 * len\) 時，顯然區間 \([len + 1,\ w - len]\) 是能夠取到每個數，包括空位置（貢獻爲 \(0\)）的，對這一段區間能夠直接加上 \(max(max\_num,\ 0)\)，\(max\_num\) 爲序列中最大值。

如今處理區間 \([1,\ len]\) 和 \([w - len + 1,\ w]\)，畫圖總結，對於前者中的每個位置 \(j\)，能取到的序列中的數爲 \([max(0,\ j - w + len),\ j]\)，對於後者，爲 \([j - w + len,\ min(j,\ len + 1)]\)，那麼貢獻就是這段區間中的區間最大值。

注意這兩段區間若是存在重疊部分不要重疊區間計兩次貢獻，至於區間最大值，用 \(st\) 表處理便可，至於貢獻的統計能夠隨便用數據結構作。

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F. Bits And Pieces

思路很巧妙，徹底沒思路…… 本沒腦子選手的水平看來也就半斤八兩，到此爲止了……

考慮按位與的操做只會讓二進制中的 1 變少，所以值域不會變大，能夠對每個數，統計其能夠被與出哪些數，並讓此數 \(x\) 對 \(cnt[x]\) 作出 \(1\) 的貢獻。

巧妙之處在於，若是有兩個數均可以經過與運算獲得 \(x\)，那讓這兩個數作按位與，就能夠與出一個二進制上只會比 \(x\) 多出 \(1\) 而不會少的數，即 \(x\) 是其二進制的子集。換句話說，若是用它作或運算，那麼至少能作出 \(x\) 所作的貢獻。

這樣，咱們只想要知道有哪些數能夠被序列中的兩個數作與運算獲得。

能夠 \(Dfs\) 爆枚二進制子集來統計其能夠被與出哪些數，這樣每一個數至可能是 \(O(2^{20})\) 的。可是若是一個數已經處理過兩次了，也就是說它及其它二進制的子集已經都能被某兩個數來與出兩次了，那麼已經達到了咱們的目的，就無需再處理了，因此總漸進時間複雜度是 \(O(n)\) 的。

咱們要求的是當前數與後面某兩個數按位或獲得的最大值，就能夠從上面 \(cnt[]\) 大於 \(2\) 的數中找，從高位到低位貪心地讓 \(0\) 變成 \(1\)，這裏能夠結合代碼理解。

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