Manthan Codefest 19 题解

时间 2019-11-11

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这套题仍是有点质量的吧 ……算法

题目连接ubuntu

A. XORinacci

傻叉签到题，由于异或的性质因此这个序列的循环节长度只有 $3$ ……数据结构

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B. Uniqueness

由于序列长度乃至数的种类都不超过 $2000$，考虑先把序列离散化。函数

题意让咱们求一个最短的区间知足以下性质，对于每一种数，其在此区间出现次数不小于在原序列中的出现次数减 $1$。spa

能够先前缀和求一下对于每种数，当前位置及以前的出现次数，和至少一共须要删掉多少个这种数，即在原序列中的出现次数减 $1$，方便之后的计算。指针

而后双指针肯定一个这个区间便可，由于支持$ O(n^2)$ 的算法，因此 $for$ 每一种数暴力 $Check$。rest

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C. Magic Grid

结论题，看到 $n$ 是 $4$ 的倍数就天然想到将网格拆成若干个 $4 * 4$ 的网格来作，每一部分网格依然知足题意的性质，而且拼起来也使大网格知足题意性质。递归

结果发现 $2 * 2$ 的网格便可知足性质…… 对于每一组连续的 $4$ 个数，存在一种构造方法知足上述性质。

不明白就看代码吧，挺简单的。

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D. Restore Permutation

一道傻叉线段树由于写错递归的函数名调了半个多小时…… 属实降智了……

一开始读错题，当作是 $s_i$ 表示 $i$ 以前知足 $p_j < p_i$ 的数的个数，那这道题目的套路就很常见，从后向前推，最后一个数就是当前未选的数中的第 $s_i + 1$ 个数。

而正确的题意可谓从这上面发展而来，$s_i$ 表示 $i$ 以前知足 $p_j < p_i$ 的数值之和。至关于把上述题意中，一个数的贡献从 $1$ 改成了其数值而已。这样，用线段树维护前缀和，每次在上面二分查应该到哪一个位置，即当前的数，而后选了的数就单点修改成 $0$ 来删除对前缀和的贡献。

至于一些细节，思路清晰的话试一下就出来了。

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E. Let Them Slide

没来得及写，不过真的没想到只作 $4$ 题也上分了……

容易发现每一行都是独立的，对每一列，咱们只须要把每一行能对这个位置作的最大贡献加起来就行了，因此对每一行单独处理。

设 $len$ 为当前行的序列长度，当 $w > 2 * len$ 时，显然区间 $[len + 1,\ w - len]$ 是能够取到每个数，包括空位置（贡献为 $0$）的，对这一段区间能够直接加上 $max(max\_num,\ 0)$，$max\_num$ 为序列中最大值。

如今处理区间 $[1,\ len]$ 和 $[w - len + 1,\ w]$，画图总结，对于前者中的每个位置 $j$，能取到的序列中的数为 $[max(0,\ j - w + len),\ j]$，对于后者，为 $[j - w + len,\ min(j,\ len + 1)]$，那么贡献就是这段区间中的区间最大值。

注意这两段区间若是存在重叠部分不要重叠区间计两次贡献，至于区间最大值，用 $st$ 表处理便可，至于贡献的统计能够随便用数据结构作。

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F. Bits And Pieces

思路很巧妙，彻底没思路…… 本没脑子选手的水平看来也就半斤八两，到此为止了……

考虑按位与的操做只会让二进制中的 1 变少，所以值域不会变大，能够对每个数，统计其能够被与出哪些数，并让此数 $x$ 对 $cnt[x]$ 作出 $1$ 的贡献。

巧妙之处在于，若是有两个数均可以经过与运算获得 $x$，那让这两个数作按位与，就能够与出一个二进制上只会比 $x$ 多出 $1$ 而不会少的数，即 $x$ 是其二进制的子集。换句话说，若是用它作或运算，那么至少能作出 $x$ 所作的贡献。

这样，咱们只想要知道有哪些数能够被序列中的两个数作与运算获得。

能够 $Dfs$ 爆枚二进制子集来统计其能够被与出哪些数，这样每一个数至可能是 $O(2^{20})$ 的。可是若是一个数已经处理过两次了，也就是说它及其它二进制的子集已经都能被某两个数来与出两次了，那么已经达到了咱们的目的，就无需再处理了，因此总渐进时间复杂度是 $O(n)$ 的。

咱们要求的是当前数与后面某两个数按位或获得的最大值，就能够从上面 $cnt[]$ 大于 $2$ 的数中找，从高位到低位贪心地让 $0$ 变成 $1$，这里能够结合代码理解。

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