Codeforces Round #466 (Div. 2) Solution

从这里开始

• 题目列表
• Problem A Points on the line
• Problem B Our Tanya is Crying Out Loud
• Problem C Phone Numbers
• Problem D Alena And The Heater
• Problem E Cashback
• Problem F Machine Learning

Codeforces 940A Points on the line

题目大意

　　定义一个可重集的距离是它中间最大的两个数之间的差，特殊地，只有一个元素的可重集的距离为0。

　　给定一个可重集，问最少删掉多少个数使得它的距离小于等于d。

　　排序后单调指针扫，或者直接开桶计数。

Code

 1 /**  2  * Codeforces  3  * Problem#940A  4  * Accepted  5  * Time: 15ms  6  * Memory: 2000k  7  */ 
 8 #include <bits/stdc++.h>
 9 using namespace std; 10 typedef bool boolean; 11 
12 int n, d; 13 int res; 14 int* ar; 15 
16 inline void init() { 17     scanf("%d%d", &n, &d); 18     ar = new int[(n + 1)]; 19     for (int i = 1; i <= n; i++) 20         scanf("%d", ar + i); 21 } 22 
23 inline void solve() { 24     sort (ar + 1, ar + n + 1); 25     int r = 1; 26     res = n - 1; 27     for (int i = 1; i <= n; i++) { 28         while (r < n && ar[r + 1] - ar[i] <= d) r++; 29         res = min(res, i + (n - r) - 1); 30  } 31     printf("%d", res); 32 } 33 
34 int main() { 35  init(); 36  solve(); 37     return 0; 38 }

Problem A

Codeforces 940B Our Tanya is Crying Out Loud

题目大意

　　给定一个数$n$和$k$。你有两个操做能够进行

1. 将$n$减去1，花费$a$。
2. 当$n$是$k$的倍数的时候，将$n$除以$k$，花费$b$。

　　问将$n$变为1的最小花费

　　当 $k = 1$ 的时候特判。

　　当$n$为$k$的倍数的时候，比较直接除和直接减到$\frac{n}{k}$的花费，若是前者更优就除，不然直接减到1。

　　当$n$不为$k$的倍数的时候，直接减到$\left \lfloor\frac{n}{k}  \right \rfloor k$。

　　考虑若是在 $ik$ 的决策不是减到 $i$ 或者直接除 $k$ 获得 $i$，那么考虑必定是作了若干次减法操做获得 $p$ 而后再除以 $k$ 获得 $x$。不难证实先除以 $k$ 获得 $l$，再作若干次减法操做获得 $x$ 不会更劣。

Code

 1 /**  2  * Codeforces  3  * Problem#940B  4  * Accepted  5  * Time: 30ms  6  * Memory: 2000k  7  */ 
 8 #include <bits/stdc++.h>
 9 #ifndef WIN32 10 #define Auto "%lld"
11 #else
12 #define Auto "%I64d"
13 #endif
14 using namespace std; 15 
16 #define ll long long
17 
18 ll n, k, a, b, res = 0; 19 
20 inline void init() { 21     scanf(Auto""Auto""Auto""Auto, &n, &k, &a, &b); 22 } 23 
24 inline void solve() { 25     if (k == 1) { 26         res = (n - 1) * a; 27     } else { 28         while (n != 1) { 29             if (n < k) { 30                 res += (n - 1) * a; 31                 break; 32             } else { 33                 res += min((n % k) * a + b, (n - n / k) * a); 34                 n /= k; 35  } 36  } 37  } 38     printf(Auto"\n", res); 39 } 40 
41 int main() { 42  init(); 43  solve(); 44     return 0; 45 }

Problem B

Codeforces 940C Phone Numbers

题目大意

　　给定一个由小写字母组成且长度为$n$的字符串$s$，要求输出一个字符串$t$，知足：

1. $t$中出现的字符在$s$中也出现过
2. 它的长度为$k$
3. $t$的字典序大于$s$
4. 在知足上述条件的全部串中，是字典序最小的一个

　　题目保证存在解。

　　当$k > n$时，直接输出字符串$s$，再补上$s$中最小的字符。

　　不然找到$s$中从第$k$个字符往前找第一个不是最大的字符，把它变为略比它的字符。

　　而后后面的补最小的字符。

Code

 1 /**  2  * Codeforces  3  * Problem#940C  4  * Accepted  5  * Time: 31ms  6  * Memory: 2100k  7  */ 
 8 #include <bits/stdc++.h>
 9 using namespace std; 10 typedef bool boolean; 11 
12 int n, k; 13 int mi = 0, ma = 25; 14 boolean exist[26]; 15 char str[100005]; 16 
17 inline void init() { 18     scanf("%d%d", &n, &k); 19     memset(exist, false, sizeof(exist)); 20     scanf("%s", str + 1); 21 } 22 
23 inline void solve() { 24     for (int i = 1; i <= n; i++) 25         exist[str[i] - 'a'] = true; 26     for (mi = 0; !exist[mi]; mi++); 27     for (ma = 25; !exist[ma]; ma--); 28     if (n < k) { 29         printf("%s", str + 1); 30         for (int i = n + 1; i <= k; i++) 31             putchar(mi + 'a'); 32         return; 33  } 34     int p; 35     for (p = k; p && str[p] == ma + 'a'; p--); 36     str[p]++; 37     while (!exist[str[p] - 'a']) 38         str[p]++; 39     for (p = p + 1; p <= k; p++) 40         str[p] = mi + 'a'; 41     str[k + 1] = 0; 42     puts(str + 1); 43 } 44 
45 int main() { 46  init(); 47  solve(); 48     return 0; 49 }

Problem C

Codeforces 940D Alena And The Heater

题目大意

　　给定一个数组$a$，和一个01串$b$，$b$按照以下方式生成（请自行阅读英文）

　　

　　请你找出一组合法的$l, r$，保证输入存在解。

　　发现生成方式比较特殊。

　　因而根据生成方式更新$l, r$便可。

Code

 1 /**  2  * Codeforces  3  * Problem#940D  4  * Accepted  5  * Time: 31ms  6  * Memory: 2500k  7  */ 
 8 #include <bits/stdc++.h>
 9 using namespace std; 10 
11 int n; 12 int a[100005]; 13 char b[100005]; 14 
15 inline void init() { 16     scanf("%d", &n); 17     for (int i = 1; i <= n; i++) 18         scanf("%d", a + i); 19     scanf("%s", b + 1); 20 } 21 
22 char sameNumber(int p) { 23     char x = b[p - 1]; 24     for (int i = 2; i <= 4; i++) 25         if (b[p - i] != x) 26             return '2'; 27     return x; 28 } 29 
30 int l = -1e9, r = 1e9; 31 
32 inline void solve() { 33     for (int i = 5; i <= n; i++) { 34         char c = sameNumber(i); 35         if (c == '2')    continue; 36         if (c == b[i])    continue; 37         if (c == '1') { 38             for (int j = 0; j <= 4; j++) 39                 r = min(r, a[i - j] - 1); 40         } else { 41             for (int j = 0; j <= 4; j++) 42                 l = max(l, a[i - j] + 1); 43  } 44  } 45     printf("%d %d", l, r); 46 } 47 
48 int main() { 49  init(); 50  solve(); 51     return 0; 52 }

Problem D

Codeforces 940E Cashback

题目大意

　　给定一个长度为$n$的数组和常数$c$，要求你对它进行划分。划分长度为$k$一段的代价是其中全部除去前$\left \lfloor \frac{k}{c} \right \rfloor$小的数的和。定义一个划分的代价是划分的全部段的代价的和。

　　问最小的代价和。

　　一段代价能够表示为这一段的和减去前$\left \lfloor \frac{k}{c} \right \rfloor$小的数的和。

　　那么考虑两段连续的长度为$c$的合并到一块儿，这样会使得前2小的和变小。因此划分的最长的长度不会超过$2c - 1$

　　那么考虑长度在$c + 1$和$2c - 1$之间的段。我只须要留一个长度为$c$的段，把它和剩下的分开。这样看的话，划分的一段的长度不会超过$c$。

　　继续考虑长度小于$c$的段，它的代价直接就是它中间的元素的和。所以能够直接把它分红一些只有1个元素的段。

　　所以存在一种最优方案知足划分的每一段长度不是1就是$c$。

　　所以我只用维护连续$c$个元素的最小值，以及它们的和。

　　因而上单调队列。

　　时间复杂度$O(n)$。

Code

 1 /**  2  * Codeforces  3  * Problem#940E  4  * Accepted  5  * Time: 31ms  6  * Memory: 3700k  7  */ 
 8 #include <bits/stdc++.h>
 9 #ifndef WIN32 10 #define Auto "%lld"
11 #else
12 #define Auto "%I64d"
13 #endif
14 using namespace std; 15 
16 #define ll long long
17 
18 const int N = 100005; 19 
20 int n, c; 21 int st = 1, ed = 0; 22 ll f[N]; 23 int ar[N]; 24 int que[N]; 25 
26 inline void init() { 27     scanf("%d%d", &n, &c); 28     for (int i = 1; i <= n; i++) 29         scanf("%d", ar + i); 30 } 31 
32 inline void solve() { 33     
34     f[1] = 0; 35     ll sum = 0; 36     for (int i = 1; i <= n; i++) { 37         while (ed >= st && ar[que[ed]] >= ar[i])    ed--; 38         que[++ed] = i; 39         f[i] = f[i - 1] + ar[i]; 40         sum += ar[i]; 41         while (ed >= st && que[st] <= i - c)    st++; 42         if (i >= c) 43             sum -= ar[i - c], f[i] = min(f[i], f[i - c] + sum - ar[que[st]]); 44  } 45     
46     printf(Auto"\n", f[n]); 47 } 48 
49 int main() { 50  init(); 51  solve(); 52     return 0; 53 }

Problem E

Codeforces 940F Machine Learning

题目大意

　　给定一个长度为$n$的数组，要求支持两个操做：

1. 询问一个区间中全部数的出现次数组成的集合的mex。
2. 修改一个位置上的数。

　　一个可重集合的mex是这个可重集合中最小的不存在的非负整数。

　　这种毒瘤题？我也不会作。那就直接莫队好了。

　　什么？要修改？那就带修莫队好了。

　　惟一的问题是如何求一个集合的mex？

　　考虑是出现次数，因此答案不会超过500（由于$C_{500}^{2}= \frac{500 \times 499}{2}>10^{5}$），超过500次的出现次数直接扔，查询操做暴力for。

　　时间复杂度$O\left(n^{\frac{5}{3}}\right)$

Code

 1 /**  2  * Codeforces  3  * Problem#940F  4  * Accepted  5  * Time: 1872ms  6  * Memory: 11700k  7  */
 8 #include <bits/stdc++.h>
 9 using namespace std;  10 typedef bool boolean;  11 
 12 #define pii pair<int, int>
 13 #define fi first
 14 #define sc second
 15 
 16 const int cs3 = 2500, cs2 = 450;  17 
 18 typedef class Query {  19     public:  20         int l, r, t;  21         int id;  22 
 23         Query(int l = 0, int r = 0, int t = 0, int id = 0):l(l), r(r), t(t), id(id) { }  24 
 25         boolean operator < (Query b) const {  26             if (l / cs3 != b.l / cs3)    return l < b.l;  27             if (r / cs3 != b.r / cs3)    return r < b.r;  28             return t < b.t;  29  }  30 }Query;  31 
 32 int n, m;  33 int cm = 0, cq = 0, cd = 0;  34 int* ar;  35 Query* qs;  36 pii *ops;  37 int cnt[200005];  38 int exist[200005];  39 int cover[cs2];  40 int *res;  41 map<int, int> mp;  42 
 43 int alloc(int x) {  44     if (mp.count(x))    return mp[x];  45     return mp[x] = ++cd;  46 }  47 
 48 inline void init() {  49     scanf("%d%d", &n, &m);  50     ar = new int[(n + 1)];  51     ops = new pii[(m + 1)];  52     qs = new Query[(m + 1)];  53        res = new int[(m + 1)];  54     for (int i = 1; i <= n; i++)  55         scanf("%d", ar + i), ar[i] = alloc(ar[i]);  56     for (int i = 1, opt, l, r; i <= m; i++) {  57         scanf("%d%d%d", &opt, &l, &r);  58         if (opt == 1)  59             ++cq, qs[cq] = Query(l, r, cm, cq);  60         else
 61             r = alloc(r), ops[++cm] = pii(l, r);  62  }  63     exist[0] = 211985, cover[0] = 1;  64 }  65 
 66 inline void update(int x, int sign) {  67     if (!exist[x] && sign == 1)    cover[x / cs2]++;  68     exist[x] += sign;  69     if (!exist[x] && sign == -1)cover[x / cs2]--;  70 }  71 
 72 inline void updatec(int p, int sign) {  73     int x = ar[p];  74     update(cnt[x], -1);  75     cnt[x] += sign;  76     update(cnt[x], 1);  77 }  78 
 79 inline void update(int op, int l, int r) {  80     int p = ops[op].fi;  81     if (l <= p && p <= r)  82         updatec(p, -1);  83  swap(ar[p], ops[op].sc);  84     if (l <= p && p <= r)  85         updatec(p, 1);  86 }  87 
 88 inline void solve() {  89     sort(qs + 1, qs + cq + 1);  90     int mdzzl = 1, mdzzr = 0, mdzzt = 0;  91     for (int i = 1; i <= cq; i++) {  92         while (mdzzr < qs[i].r)    updatec(++mdzzr, 1);  93         while (mdzzr > qs[i].r)    updatec(mdzzr--, -1);  94         while (mdzzl < qs[i].l)    updatec(mdzzl++, -1);  95         while (mdzzl > qs[i].l)    updatec(--mdzzl, 1);  96         while (mdzzt < qs[i].t)    update(++mdzzt, mdzzl, mdzzr);  97         while (mdzzt > qs[i].t)    update(mdzzt--, mdzzl, mdzzr);  98 
 99         for (int j = 0; j < cs2; j++) { 100             if (cover[j] < cs2) { 101                 int k = j * cs2; 102                 while (exist[k])    k++; 103                 res[qs[i].id] = k; 104                 break; 105  } 106  } 107  } 108 
109     for (int i = 1; i <= cq; i++) 110         printf("%d\n", res[i]); 111 } 112 
113 int main() { 114  init(); 115  solve(); 116     return 0; 117 }

Problem F