2021年8月11日訓練筆記
就先從我本身的負責的題目開始吧（node
\(1.Codeforces\ \ CF1374E2\) 解題報告
\(3\ \sec\ |\ 256\ MegaBytes\)c++
題面概要
給定 \(n\) 本書，每本書有一個閱讀時間，而且可能被甲、乙喜歡或不喜歡。要求選擇剛好 \(m\) 本書，使得兩人喜歡的書都很多於 \(k\) 本，在知足上述條件的前提下，要求閱讀時間最短。若是沒有可行方案輸出 \(-1\)。數組
\(1\le k\le n\le 2\times 10^5,\ \ 1\le t_i\le 10^4\)。app
解題過程
這題是 \(hard\ version\)，比 \(easy\) 版本多了一個 \(m\) 的限制。考慮一下怎麼作是最優的。咱們先把全部的書分紅 \(4\) 大類：less
$i.\ $ 甲和乙都喜歡的，此時本書的標記應爲 \(11\)；spa
$ii.\ $ 只有甲喜歡的，此時本書的標記應爲 \(10\)；code
$iii.\ $ 只有乙喜歡的，此時本書的標記應爲 \(01\)；排序
$iiii.\ $ 甲和乙都不喜歡的，此時本書的標記應爲 \(00\)；隊列
在讀入的時候能夠把這四種書分別放進 \(4\) 個優先隊列裏邊，按照 \(t_i\) 從小到大排序。get
以後咱們先在 \(i.\) 裏邊和 \(ii.+iii.\) 裏邊取時間較少的，而後判斷一下，若是 \(k\) 還有殘餘，說明咱們放上最好的 \(m\) 本書依然沒法知足條件 \(1\)，此時直接輸出 \(-1\) 便可。不然，咱們看一下 \(m\) 是否還有富餘，若是有的話就在剩下全部書中取最小的，以及計算一下若是把一個已經取了的 \(i.\) 換成 \(ii.+iii.\) 是否合算。
最終代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,m,k;
vector<int> t,a,b;
vector<pair<int,int> > sol,abqsol;
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >, greater<pair<int,int> > > abq,aq,bq,nq;
int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
int solve()
{
int res=0;
while(m && k && !abq.empty())
{
res+=abq.top().first,m--,k--;
abqsol.push_back(abq.top()),abq.pop();
}
while(m>1 && k && !aq.empty() && !bq.empty())
{
res+=aq.top().first+bq.top().first,m--,m--,k--;
sol.push_back(aq.top()),sol.push_back(bq.top()),aq.pop(),bq.pop();
}
if(k) return res=-1;
while(m)
{
int minn=0x3f3f3f3f;
m--;
if(!nq.empty()) minn=min(minn,nq.top().first);
if(!aq.empty()) minn=min(minn,aq.top().first);
if(!bq.empty()) minn=min(minn,bq.top().first);
if(!abq.empty()) minn=min(minn,abq.top().first);
if(!abqsol.empty() && !aq.empty() && !bq.empty())
{
int exchangecost=aq.top().first+bq.top().first-abqsol.back().first;
if(exchangecost<=minn)
{
abq.push(abqsol.back()),abqsol.pop_back();
sol.push_back(aq.top()),sol.push_back(bq.top());
aq.pop(),bq.pop();res+=exchangecost;continue;
}
}
res+=minn;
if(!nq.empty() && minn==nq.top().first) sol.push_back(nq.top()),nq.pop();
else if(!aq.empty() && minn==aq.top().first) sol.push_back(aq.top()),aq.pop();
else if(!bq.empty() && minn==bq.top().first) sol.push_back(bq.top()),bq.pop();
else if(!abq.empty() && minn==abq.top().first) sol.push_back(abq.top()),abq.pop();
}
return res;
}
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
t.resize(n+1),a.resize(n+1),b.resize(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
t[i]=read(),a[i]=read(),b[i]=read();
if(a[i] && b[i]) abq.push(make_pair(t[i],i));
else if(!a[i] && b[i]) bq.push(make_pair(t[i],i));
else if(a[i] && !b[i]) aq.push(make_pair(t[i],i));
else if(!a[i] && !b[i]) nq.push(make_pair(t[i],i));
}
int tottime=solve();
printf("%d\n",tottime);
if(tottime==-1) return 0;
else
{
for(int i=0;i<sol.size();i++) cout<<sol[i].second<<" ";
for(int i=0;i<abqsol.size();i++) cout<<abqsol[i].second<<" ";
}
return 0;
}
\(2.Codeforces\ \ CF1375E\) 解題報告
\(2\ \sec\ |\ 256\ MegaBytes\)
題面概要
給定數組 \(a(n)\)。
對於全部的逆序對 \((a_{l1},a_{r1}),(a_{l2},a_{r2}).....\)，找出這些逆序對的一個排列並交換數對，要求操做完以後整個數列單調不降，給出一種可行方案。
解題過程
簡單想一下逆排列，你會發現這道題他很相似於冒泡排序，只不過冒泡排序是相鄰兩個數交換。
這道題怎麼轉化爲相鄰兩個數交換呢？逆排列能夠作到。
最終代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1005;
int n,m,k,a[M],p[M],x[M*M],y[M*M];
int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
struct node
{
int a,b;
bool operator < (const node &r) const
{
if(a==r.a) return b<r.b;
return a<r.a;
}
} s[M];
signed main()
{
n=read();
for(int i=1; i<=n; i++) s[i].a=read(),s[i].b=i;
sort(s+1,s+1+n);
for(int i=1; i<=n; i++) a[s[i].b]=i,p[i]=s[i].b;
for(int i=n; i>=1; i--)
{
for(int j=a[i]+1; j<=i; j++) x[++k]=p[j],y[k]=i;
for(int j=a[i]; j<i; j++) p[j]=p[j+1],a[p[j]]=j;
}
printf("%d\n",k);
for(int i=1; i<=k; i++) printf("%d %d\n",x[i],y[i]);
return 0;
}
\(3.Codeforces\ \ CF1361C\) 解題報告
\(3\ \sec\ |\ 512\ MegaBytes\)
題面概要
給定 \(n\) 對珠子，每對珠子內部已經連好了，如今你再來連 \(n\) 條邊，每條邊的權值爲知足 \(2^k\ |\ u\bigoplus v\)，最後全部珠子要造成一個環，問最小的邊權最大是多少。
\(1\le n\le 5\times 10^5,\ 0\le k\le 20\)。
解題過程
首先觀察出一個性質：一個數 \(x\) 能被最大的 \(2^k\) 整除的 \(k\) 是多少？是 \(2^{lowbit(x)}\)。
這樣一來，咱們就能夠枚舉一下答案，而後看一眼每兩個數異或起來的 \(lowbit\) 是多少。此時時間複雜度是 \(\Theta(20\times n^2)\)，過不去。
既然這是一個圖論題，咱們考慮連邊。若是兩個數的 \(lowbit=x\)，那麼咱們就把這兩個數都向 \(2^x-1\) 這個虛擬節點連一下邊，最後在整個圖上跑一次歐拉回路便可。
最終代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
const int M=1<<20;
int n,a[N],b[N],deg[M];
int head[N+M+10],tot,sta[N<<2],top;
bool vis[N<<2];
int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
struct EDGE
{
int nxt,to;
} edge[N<<2];
inline void add_edge(int u,int v)
{
edge[++tot].nxt=head[u];
edge[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
void dfs(int u)
{
for(int& i=head[u]; i; i=edge[i].nxt) if(!vis[i]) {int v=edge[i].to;vis[i]=vis[i^1]=1,dfs(v),sta[++top]=v;}
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read(),b[i]=read();
for(int i=20; i>=1; --i)
{
int S=(1<<i)-1;
memset(deg,0,sizeof(deg));
for(int j=1; j<=n; ++j) deg[a[j]&S]++,deg[b[j]&S]++;
bool flag=false;
for(int j=0; j<=S; ++j) if(deg[j]&1) {flag=true;break;}
if(flag) continue;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(head,0,sizeof(head));
tot=1;
for(int j=1; j<=n; ++j) add_edge(j,(a[j]&S)+n+1),add_edge((a[j]&S)+n+1,j),add_edge(j,(b[j]&S)+n+1),add_edge((b[j]&S)+n+1,j);
top=0,dfs(1);
int cnt=0;
for(int j=1; j<=top; ++j) cnt+=(sta[j]<=n);
if(cnt!=n) continue;
cout<<i<<endl;
for(int j=1; j<=top; ++j)
{
if(sta[j]<=n)
{
if(!(j<top && sta[j+1]>n)) exit(0);
int s=sta[j+1]-n-1,id=sta[j];
if(!((a[id]&S)==s || (b[id]&S)==s)) exit(0);
if((a[id]&S)==s) cout<<id*2<<" "<<id*2-1<<" ";
else cout<<id*2-1<<" "<<id*2<<" ";
}
}
return 0;
}
cout<<0<<endl;for(int i=1; i<=n*2; ++i) cout<<i<<" ";
return 0;
}
\(4. Codeforces\ \ CF1381C\) 解題報告
\(1\ \sec\ |\ 256\ MegaBytes\)
題面概要
給出一個長度爲 \(n\) 的序列 \(A\)，請你構造一個一樣長度的序列 \(B\)，知足：
\(i.\) 剛好有 \(y\) 個數字與 \(A\) 相同。
\(ii.\) 再這 \(y\) 個數字中，剛好有 \(x\) 個與 \(A\) 中的數字相同，位置也相同。
\(1\le n\le 1\times10^5,\ 1\le a_i\le n+1\)
解題過程
觀察到這個 \(n+1\) 很是有趣，說明至少有一個數字 \(A\) 中沒有出現過，能夠用來填補那 \(n-y\) 個空位。
想一下，有 \(y-x\) 個數字不能與 \(A\) 中位置相同，這說明咱們要貪心地努力下降這 \(y-x\) 個數字的打亂難度，即，讓出現次數最多的數字的出現次數儘可能少。因此，對於那 \(x\) 個數，咱們每次選擇當前出現次數最多的數放上去。剩下的 \(y-x\) 個，直接找機會放便可。
最終代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int T,n,x,y;
vector<int> apptimes[N];
vector<int> ans;
vector<pair<int,int> > res;
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,less<pair<int,int> > > q;
int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
int main()
{
T=read();
while(T--)
{
res.clear();
while(!q.empty()) q.pop();
n=read(),x=read(),y=read()-x;
for(int i=1;i<=n+1;i++) apptimes[i].clear();
ans.resize(n+2);
ans.clear();
for(int i=1;i<=n;i++) apptimes[read()].push_back(i);
int avail=-1;
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
if(!apptimes[i].size()) avail=i;
else q.push(make_pair(apptimes[i].size(),i));
}
int tmp=x;
while(tmp--)
{
pair<int,int> p=q.top();q.pop();
ans[apptimes[p.second].back()]=p.second;
apptimes[p.second].pop_back();
if(apptimes[p.second].size()) q.push(make_pair(apptimes[p.second].size(),p.second));
}
int maxn=0;
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
maxn=max(maxn,(int)apptimes[i].size());
for(int j=0;j<(int)apptimes[i].size();j++) res.push_back(make_pair(apptimes[i][j],i));
}
if(n-x-y<(maxn<<1)-n+x) {puts("NO");continue;}
puts("YES");
int cnt=0;
for(int i=0;i<res.size();i++)
{
maxn%=res.size();if(cnt==y) break;
if(res[i].second!=res[maxn].second) ans[res[i].first]=(res[maxn++].second),cnt++;
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<< (ans[i]?ans[i]:avail) <<" ";
puts("");
}
return 0;
}
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