Codeforces Global Round 23(A~C)
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A. Maxmina


Origional Link

题目大意

  • 给定长度为 $n$ 只包含 $0,1$ 的序列 $a$,和一个整数 $k$,保证 $(2\le k\le n\le 50)$。
  • 不限次数进行如下操作:
    • 将连续且相邻的两个元素变为较小的一个。
    • 将连续的 $k$ 个区间的元素变为区间内元素最大的哪一个。
  • 求给出的序列是否可以变为只包含 $1$ 的序列。

思想

  • 签到题。
  • 保证 $(2\le k\le n\le 50)$ 即保证了只要序列里含有 $1$,便可不断执行操作二,即只要存在 $1$ 即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    int n, k; cin >> n >> k;

    bool flag = 0;

    for(int i = 0; i < n; i ++){
        int x; cin >> x;
        if(x == 1) flag = 1;
    }

    if(flag) cout << "YES" << endl;
    else cout << "NO" << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

B. Rebellion


Origional Link

题目大意

  • 给定长度为 $n$ 只包含 $0,1$ 的序列 $a$。
  • 不限次数进行如下操作:
    • 选择两个下标 $1 \le i,j\le n,i\ne j$。
    • 使得 $a_j = a_j + a_i$;
    • 将 $a_i$ 从 $a$ 中去除。
  • 若最终可以通过上述操作将 $a$ 变为非严格单调递增的序列,则求出最小操作次数,否则输出 $-1$。

思想

  • 思维题。
  • 将 $a$ 排序,与原位置不相同时只可能为原序列为 $1$ 而排序后为 $1$ 的情况。
  • 此时我们只需要执行操作一即可,等价于交换两数的值。
  • 由此我们可以利用双指针操作并记录次数,或者直接统计需要交换位置的数量除以 $2$ 即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int a[N], b[N];

void solve(){

    int n; cin >> n;

    for(int i = 0; i < n; i ++){
        cin >> a[i];
        b[i] = a[i];
    }
    sort(b, b + n);
    int cnt = 0;
    for(int i = 0; i < n; i ++){
        if(a[i] != b[i]) cnt ++;
    }
    cout << cnt / 2 << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

C. Permutation Operations


Origional Link

题目大意

  • 给定一个长度为 $n$ 的排列序列 $a$。
  • 在 $i$ 次操作中,你可以选择任意的 $a$ 的非空后缀,使得所有的后缀元素加 $i$。
  • 求如何操作,使得操作后的序列 $a$ 不含逆序对。
  • 输出第 $i$ 次操作的后缀的起始位置。
  • 逆序对:对于 $i,j(i\gt j)$ 满足 $a_i \lt a_j$。

思想

  • 思维题。
  • 记录每一对逆序对的差值,那么第 $i$ 次操作需要补足该差值。
  • 由于对后缀的操作不会影响到前面,则我们不需要考虑操作的顺序,只需考虑差值何时补齐即可。
  • 显然,我们可以对所有的差值从小到大进行排序,第 $i$ 次操作可以操作差值为 $t,t\lt i$ 的位置后缀,若无法操作输出 $1$。
  • 使用优先队列(小根堆)存储所有的差值,操作后出队,队列为空说明已经补齐了差值,此时仅需输出 $1$ 即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int a[N];

void solve(){

    int n; cin >> n;

    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];

    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> b;

    for(int i = 2; i <= n; i ++){
        int t = a[i] - a[i - 1];
        if(t <= 0){
            b.push({-t + 1, i});
        }
    }

    if(b.empty()){
        for(int i = 1; i <= n; i ++) cout << 1 << ' ';
    }
    else{
        auto p = b.top();
        for(int i = 1 ; i <= n; i ++){
            if(i >= p.fi && !b.empty()){
                cout << p.se << ' ';
                b.pop(); p = b.top();
            }
            else cout << 1 << ' ';
        }
    }

    cout << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}
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Source: github.com/k4yt3x/flowerhd
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