Codeforces Global Round 16 A-D2A. Median MaximizationB. MIN-MEX CutC. MAX-MEX CutD1. Seating Arrangements (easy version)D.Seating Arrangements (hard version)

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我是靠谱客的博主愉快跳跳糖，最近开发中收集的这篇文章主要介绍Codeforces Global Round 16 A-D2A. Median MaximizationB. MIN-MEX CutC. MAX-MEX CutD1. Seating Arrangements (easy version)D.Seating Arrangements (hard version)，觉得挺不错的，现在分享给大家，希望可以做个参考。

概述

A. Median Maximization

题意：
一个长度为n的序列必须单增（不减），且数列的和，且序列的总和为s，求位置 $⌈ n 2 ⌉ lceil frac{n}{2} rceil$ 处的数字最大为多少

思路：
我们就保证 $⌈ n 2 ⌉ lceil frac{n}{2} rceil$ 前面的位置都为0，然后后面的元素均匀分配

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 2e5+5;

ll n,m,k,s;

void solve()
{
	cin>>n>>s;
	cout<<s/(n-(n+1)/2+1)<<'n';
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _;
	cin>>_;
	// _ = 1;
	while(_--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

B. MIN-MEX Cut

题意：给一个字符串s，可以把s拆分成多个子串，定义mex运算为自然数从小到大第一个在s中没有出现的数，求把s分成的子串中，对每个子串的mex运算最小的和为多少

思路：
只有1肯定mex为0
有0的话mex为1
有1和0的话mex为2
首先如果整个s串不拆分的话，mex为2
mex小的情况：把1和0分开来，使每一个子串要么包含1，要么包含0，问题就变为统计连续0串的个数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 2e5+5;

ll n,m,k;
string s;
void solve()
{
	cin>>s;
	if(s.size()==1)
	{
		if(s[0]=='1') cout<<0<<'n';
		else cout<<1<<'n';
		return;
	}
	int cnt = 0;
	for(int i=1;i<s.size();i++)
		if(s[i]!=s[i-1] and s[i]=='0') cnt++;
	if(s[0]=='0') cnt++;
	if(cnt<=1) cout<<cnt<<'n';
	else cout<<2<<'n';
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _;
	cin>>_;
	// _ = 1;
	while(_--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

C. MAX-MEX Cut

题意：
类似上一题，对同一位置的字符串a和b求mex，求拆分字串的mex 的最大值

0和1贡献为2，0 和0贡献为1，剩下1和1没贡献，我们把1和1 与 0 和 0结合在一起，就能多产生1的贡献，和0和1合在一起，贡献还是不变。
所以我们先统计10 ， 00的贡献，然后求11和00合在一起的贡献

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 1e5+5;

ll n,m,k;
bool vis[N];
string a,b;
void solve()
{
	for(int i=0;i<N;i++) vis[i] = false;
	cin>>n;
	cin>>a>>b;
	ll res = 0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
	    if((a[i]=='0' and b[i]=='1') or (a[i]=='1' and b[i]=='0'))
			res += 2;
		if(a[i]=='0' and b[i]=='0') res += 1,vis[i]=true;
	}
	// cout<<res<<'n';
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(a[i]=='1' and b[i]=='1') 
		{
			if(i and vis[i-1]) res += 1;
			else if(vis[i+1]) res += 1,vis[i+1] = false;
		}
	}
	cout<<res<<'n';
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _;
	cin>>_;
	// _ = 1;
	while(_--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

D1. Seating Arrangements (easy version)

题意：
一个数组代表视力，位置代表入场顺序，我们尽量安排视力小的在前面，一个人经过的人为不合适度，求不合适度为多少

思路：
以样例为例
2 1 5 3 3为视力大小
1 2 3 4 5为入场顺序
按视力从小到大排序之后入场顺序为：
2 1 5 4 3
结果就是统计逆序对个数，我们使用树状数组离散化求解

按照视力大小从小到大排序，若视力相等，下标从大到小排，求下标的逆序对

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll>pll;
const int N = 1e5+5;

ll n,m,k;
pll p[305],a[305];
ll b[305],tr[305];

void add(int x,int y)
{
	while(x<305)
	{
		tr[x] += y;
		x += x&-x;
	}
}
ll sum(int x)
{
	ll res = 0;
	while(x)
	{
		res += tr[x];
		x -= x&-x;
	}
	return res;
}
void solve()
{
	memset(tr,0,sizeof tr);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++) 
	{
		cin>>p[i].fi;
		p[i].se = i;
	}
	sort(p+1,p+1+m,[&](pll a,pll b){
		if(a.fi==b.fi) return a.se > b.se;
		return a.fi < b.fi;
	});
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		a[i].fi = p[i].se;
		a[i].se = i;
	}
	sort(a+1,a+1+m);
	for(int i=1;i<=m;i++) b[a[i].se] = i;
	ll res = 0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		add(b[i],1);
		res += sum(b[i])-1;
	}
	cout<<res<<'n';
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _;
	cin>>_;
	// _ = 1;
	while(_--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

D.Seating Arrangements (hard version)

思路：
这一题就是处理相同数时的做法实现有难度。
我们先从小到大排序视力，然后对于每组再重新排序一下，就可以实现对于每组的视力，保证相同视力的人横跨两组时，保证大的入场顺序在后面的一组中

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll>pll;
const int N = 1e5+5;

ll n,m;
pll p[N],a[N];
ll b[N],tr[305];

void add(int x,int y)
{
	while(x<305)
	{
		tr[x] += y;
		x += x&-x;
	}
}
ll sum(int x)
{
	ll res = 0;
	while(x)
	{
		res += tr[x];
		x -= x&-x;
	}
	return res;
}
void solve()
{

	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n*m;i++) 
	{
		cin>>p[i].fi;
		p[i].se = i;
	}
	sort(p+1,p+1+m*n);
	ll res = 0;
	int cnt = 1;
	for(int k=1;k<=n;k++)
	{
		sort(p+(k-1)*m+1,p+k*m+1,[](pll a,pll b){
			if(a.fi == b.fi) return a.se > b.se;
			return a.fi < b.fi;
		});
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			a[i].fi = p[(k-1)*m+i].se;
			a[i].se = i;
		}
		sort(a+1,a+1+m);
		for(int i=1;i<=m;i++) b[a[i].se] = i;
		memset(tr,0,sizeof tr);
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			add(b[i],1);
			res += sum(b[i])-1;
		}
	}
	cout<<res<<'n';
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _;
	cin>>_;
	// _ = 1;
	while(_--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}