导语

稳定三个题，就是第一个题抽风错了很多次，以及队友剩4min痛失第四题

涉及的知识点

STL，思维，字符串

链接：Codeforces Round #773 (Div. 2)

题目

A Hard Way

题目大意：略

思路：一开始做只觉得有边平行x轴就行了，但是还要另一个点在平行边下方

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=2e6+5;
using namespace std;
int t,x[3],y[3];
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >>t;
    while(t--) {
        for(int i=0; i<3; i++)
            cin >>x[i]>>y[i];
        int res=0;
        for(int i=0; i<3; i++)
            if(y[i]==y[(i+1)%3]) {//平行线
                if(y[(i+2)%3]<y[i]) {//另一个在平行线下面
                    res=abs(x[i]-x[(i+1)%3]);
                    break;
                }
            }
        cout <<res<<endl;
    }
    return 0;
}

B Power Walking

题目大意：略

思路：很容易就可以得出结论，首先如果人数小于数字种类，那么一定能使得总和为数字种类，否则就会有新的一个人只拿走一个数字（每个人至少一个），增加总和

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=3e5+5;
using namespace std;
int t,n,a[maxn];
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >>t;
    while(t--) {
        cin >>n;
        for(int i=1; i<=n; i++)cin >>a[i];
        sort(a+1,a+1+n);//排序，方便去重
        int len=unique(a+1,a+1+n)-a-1;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        //如果人数超过种类，那么一定会有新的人只拿一个
            i>len?cout <<++len<<" ":cout <<len<<" ";
        cout <<endl;
    }
    return 0;
}

C Great Sequence

题目大意：给出长度为n的序列和一个正整数x，判断能否将序列分成多对数，每对数的第一个数乘x等于第二个数，如果不能则判断至少加几个数能使得序列满足条件

思路：题目实际上是一个配对问题，贪心的去考虑，将序列排序，然后从小到大的进行配对，如果没有剩下的就代表需要插入新的数字

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=3e5+5;
using namespace std;
int t,n,a[maxn],x;
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >>t;
    while(t--) {
        cin >>n>>x;
        map<int,int>use;//统计个数用于配对
        for(int i=1; i<=n; i++)cin >>a[i],use[a[i]]++;
        int ans=0;
        sort(a+1,a+1+n);//必须排序
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            int p=a[i];
            if(use[p]==0)continue;//已经用完了
            if(use[p*x])
                use[p*x]--;
            else
                ans++;
            use[p]--;//
        }
        cout <<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

D Repetitions Decoding

题目大意：给出一共正整数序列，定义串联重复和相关操作：

1. 一个串联重复的序列x长度必须是偶数2k，对前k个元素有$x_i=x_{i+k}$
2. 一个序列a可以被分成多个串联重复每个子段也是串联重复
3. 每一次操作可以选择一个数字c然后向已有的序列中的任意位置插入连续两个c

现在判断给定的初始序列能否切割成多个串联重复（在可以操作的前提下），如果能，输出所有操作以及切分出来的串联重复子串长度

思路：如果存在数字出现的次数为奇数，那必然无解
现在来探讨一下如何构造串联重复，利用贪心的思路，每一步构造前面的串，构造完后集体删去，这样的话就可以不用考虑前面的影响而继续获得后面的串，以$[1,3,1,2,2,3]$为例，第一个元素为1，那么找到下一个1，令两者匹配，单独拆出来，也就是$[1,3,1]$，想要其串联重复，需要在后一个1后面插3，于是得到$[1,3,1,3,3]$，将符合条件的去掉，与剩余的组合得到$[3,2,2,3]$，该串本身就是串联重复，因此构造完成，详见代码

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pii pair<int,int>

using namespace std;
vector<int> vi;
void ins(int p,int c) {
    vi.insert(vi.begin()+p,c);
    vi.insert(vi.begin()+p,c);
}
void solve() {
    vi.clear();
    map<int,bool> mii;
    vector<pii> q;//记录每次的操作
    vector<int> d;//记录每次操作后得到的长度
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1; i<=n; i++) {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        vi.push_back(x);
        mii[x]^=1;//记录是否为偶数
    }
    map<int,bool>::iterator it=mii.begin();
    for(; it!=mii.end(); it++)//判断是否有奇数
        if(it->second) {//存在奇数就无解
            printf("-1n");
            return ;
        }
    int i = 0,p=0;
    while(i < n) {
        for(int j = i+1; j<n; j++) {
            if(vi[j]==vi[i]) {//找到两个数字相同
                p=j;
                for(int k = 1; k < j-i; k++) {
                    if(j+k>=n||vi[i+k]!=vi[j+k]) {
                        //j+k>=n是防止因为越界而不能复制
                        //第二个条件是判断如果不能就复制
                        ins(j+k,vi[i+k]);//按照题设条件复制
                        n+=2;
                        q.push_back(make_pair(j+k,vi[i+k]));
                    }
                }
                d.push_back((p-i)*2);//相当于把p~i复制了一遍
                break;
            }
        }
        i+=(p-i)*2;
    }
    cout << q.size() << endl;
    for(i = 0; i < q.size(); i++)
        cout << q[i].first << " " << q[i].second << endl;
    cout << d.size() << endl;
    for(i = 0; i < d.size(); i++) {
        cout << d[i];
        if(i<d.size()-1)
            cout << " ";
        else
            cout << endl;
    }
}

int main() {
    int t = 1;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
        solve();
    return 0;
}

E Anonymity Is Important

题目大意：有一个01序列，但是不清楚哪些是0哪些是1，现在有以下3中操作

1. $l$ $r$ $0$：代表区间$[l,r]$全是0
2. $l$ $r$ $1$：代表区间$[l,r]$至少有一个1
3. $q$ $index$：询问下标为$index$的元素是0还是1

输出每次询问的结果（不保证元素的值一定能确定下来）

思路：只有两种方法确定一个元素的值：直接区间全是0或者对于一个包含该元素的区间，其余元素都已确定，而且该区间至少有一个1，那么，不断缩小带1区间就可以更快的得到哪个元素是1，因此可以维护两个信息：未确定元素和带1区间
未确定元素在确定之后需要被删除，使用set维护可以二分查找删除，带1区间的维护使用map，键为左端点，值为右端点，比较相邻区间的右端点可以区间嵌套

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,q;
set<int>s;
map<int,int>seq;
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >>n>>q;
    for(int i=0; i<=n+1; i++)s.insert(i);
    while(q--) {
        int t;
        cin >>t;
        if(!t) {
            int l,r,x;
            cin >>l>>r>>x;
            if(x) {//如果区间内至少存在一个
                auto i=seq.lower_bound(l);
                //找到区间左端点与l相等或更大的，查看是否被l,r覆盖
                if(i!=seq.end()&&i->second<=r)continue;
                //如果覆盖了，那么跳过即可，因为区间已经更小了
                seq[l]=r;//否则将左端点为l的区间缩小
                i=seq.find(l);//查找左端点为l的位置
                while(i!=seq.begin()&&r<=prev(i)->second)seq.erase(prev(i));
                //如果l的前一个区间包含了l,r，删掉前面一个，因为区间已经缩小了
            } else
                while(1) {//删除l,r之间的，代表一定为0
                    auto i=s.lower_bound(l);//二分查找比l大的值
                    if(*i>r)break;
                    s.erase(i);
                }
        } else {
            int x;
            cin >>x;
            if(!s.count(x))cout <<"NOn";//如果不在，代表已经被排除,也就一定是0
            else {//到这里来代表x的情况不确定
                int l=*prev(s.find(x)),r=*next(s.find(x));
                //找到其所属的最小不确定区间
                auto i=seq.upper_bound(l);//查找被l刚好覆盖的左端点
                if(i!=seq.end()&&i->first<=x&&i->second<r)cout <<"YESn";
                //x在这个区间里，而这个区间里只有x没有确定下来(未确定的l和r不在这个区间内)
                else cout <<"N/An";
            }
        }
    }
    return 0;
}

参考文献

1. codeforces 1641C Anonymity Is Important (思维好题，STL)

最后

以上就是欣慰花卷为你收集整理的Codeforces Round #773 (Div. 2）简训导语涉及的知识点题目参考文献的全部内容，希望文章能够帮你解决Codeforces Round #773 (Div. 2）简训导语涉及的知识点题目参考文献所遇到的程序开发问题。

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