省赛第一次训练赛题解

A(CF1451C)

由于没有操作次数的限制，很容易想到对于任意 k 个相同的字符，他们都可以通过交换换到一起之后修改。而对于两个按照字母顺序排序之后相同的字符串，从第一个也可以经过若干交换换到第二个。

所以问题变成了：在两个字符序列中，一次可将 k 个相同的字母变为它的下一个，问是否能把第一个变成第二个。

注意数据，不能直接a，b进行排序。但是可以统计字母出现次数，然后从字母 a 开始到字母 z，每次把第一个串中当前字母的个数，通过变成下一个字母，变得和第二个串的个数一样，如果不可行就输出 No。这样就线性通过此题。

#include
using namespace std;
int a[100010];
void slove(){string s1,s2;int n,k;cin>>n>>k;cin>>s1>>s2;int a[30]={0},b[30]={0};for(auto ch:s1){a[ch-'a']++;}for(auto ch:s2){b[ch-'a']++;}for(int i=0;i<26;i++)if(a[i]>=b[i]){if((a[i]-b[i])%k!=0) {cout << "No" << '\n';return ;}elsea[i+1]+=a[i]-b[i];}else {cout << "No" << '\n';return ;}cout<<"Yes"<<'\n';
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){slove();}return 0;
}

B(CF1793C)

这题本来是个蛮简单的题，但是审题没审清楚，没注意这是一个排列，一直在处理重复元素，hash，单调栈，map什么的都尝试过

很典的一个双指针，用两个变量，一个记录最大值一个记录最小值，然后双指针从左右两侧向中间靠，再讨论四种情况，不断更新左右最大值最小值

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int a[N];
int n;
int main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(false);int t;cin >> t;while (t--){cin >> n;		for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];			}int ma = n;int mi = 1;int l = 1, r = n;int ansl = 0, ansr = 0;while (r - l + 1 >= 4){bool flag = 0;//判断当前区间是否满足四种情况中的一种while (a[r] == ma && r - l + 1 >= 4){//右端点是最大值r--;//右端点左移ma--;//最大值-1flag = 1;}if (r - l + 1 < 4)break;while (a[r] == mi && r - l + 1 >= 4){//右端点是最小值r--;//右端点左移mi++;//最小值+1flag = 1;}if (r - l + 1 < 4)break;while (a[l] == ma && r - l + 1 >= 4){//左端点是最大值l++;//左端点右移ma--;//最大值-1flag = 1;}if (r - l + 1 < 4)break;while (a[l] == mi && r - l + 1 >= 4){//左端点是最小值mi++;//最小值+1l++;//左端点右移flag = 1;}if (!flag){//四种情况都没有发生ansl = l, ansr = r;break;}}if (!ansl){cout << -1 << endl;}else{cout << ansl << " " << ansr << endl;}}return 0;
}

C(CF1738B)

• 先从s的后k项判断一下a的后面k-1项是不是满足递增的

• 然后数学推导一下会发现a的前n-k+1项，最大值就两种情况，s(n-k+1)/(n-k+1)或者s(n-k+1)/(n-k+1)+1，这里的/都是向下取整

  #include
  using namespace std;
  typedef long long ll;
  ll s[200010];
  void slove(){int n,k;cin>>n>>k;ll pre=0;for(int i=1;i<=k;i++) {cin >> s[i];}pre=s[2]-s[1];for(int i=3;i<=k;i++){if(s[i]-s[i-1]cout<<"No"<<'\n';return;}elsepre=s[i]-s[i-1];}if(k==1) {cout << "Yes" << '\n';}else if(s[1]>=0){if(s[1]%(n-k+1)){if(s[1]/(n-k+1)+1<=s[2]-s[1])cout<<"Yes"<<'\n';elsecout<<"No"<<'\n';}else{if(s[1]/(n-k+1)<=s[2]-s[1])cout<<"Yes"<<'\n';elsecout<<"No"<<'\n';}}else{if(s[1]/(n-k+1)<=s[2]-s[1])cout<<"Yes"<<'\n';elsecout<<"No"<<'\n';}
  }
  int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){slove();}return 0;
  }
  

D(CF1753A1)

又审题审错了，看成了每个si都要为0，实际上是si的和为0，1200的题都没做出。。。。。

• 如果数组长度为奇数，那不可能构造出
• 数组长度为偶数，可以发现，ai和a(i+1)若相同，则将他们组成一个区间，若不同，则将他们分为两个长度为1的区间，这样他们的s相加也为0

#include 
using namespace std;
#define pii pair
const int maxn = 200010;int n, a[maxn];
void solve() {cin>>n;for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin>>a[i];}if (n & 1)  {cout<<-1<<'\n';return;}vector ans;for (int i = 1; i <= n; i += 2) {if (a[i] == a[i+1]) {ans.push_back({i, i + 1});} else {ans.push_back({i, i});ans.push_back({i + 1, i + 1});}}cout<cout<ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin>>t;int cas = 1;while (t--) {solve();}return 0;
}

E(CF1753A2)

这题是上个题的困难版本，改动的条件是a数组不止由1和-1组成，还有可能有0

和上一个题其实相差也不多，可以考虑这么构造，相邻两个相等依旧选择把他们放到一个区间，不相等就判断是不是有0，如果没有0，那就分为两个区间，有0，再往后面看一位，若这个数和原来的那个非0数相等则将三个数放入一个区间，否则三个数构成三个区间。总而言之，这里面的0是可以忽略的，那么我们把0忽略后，就变成了上面那个简单版问题

同时还看到一个更巧妙的解法：

考虑分段的本质是什么，其实就是给每个元素乘上 11 或 −1−1，不能有两个相邻的元素都乘上 −1−1。

于是考虑，初始时假设每个元素都乘上了 11，现在我们需要将其中一些元素改为乘上 −1−1，修改的两个元素不能相邻。

直接贪心地选取即可，从前往后枚举每个元素，判断若当前元素乘上 −1−1，元素和的绝对值是否会减小，若减小就操作，然后记录一下，下一个元素不能再乘上 −1−1。

贪心的正确性也很好证明，若当前元素乘上 −1−1 后，元素和的绝对值会减小，但是我们不修改当前元素，那么下一个元素最多也只会让元素和的绝对值减小相同的数，所以我们先对当前元素进行修改，一定不会更劣，就做完了。

#include 
using namespace std;
int wz[200005],n,a[200005],b[200005],x[200005],L[200005],R[200005];
int main(){int t;cin >> t;while(t--){int n;cin >> n;int cnt=0,ok=0,len=0;for (register int i=1;i<=n;i++){cin >> a[i];if (a[i]!=0) b[++cnt]=a[i],wz[cnt]=i;//记录每个非0位置的信息}if (cnt%2==1){cout << -1 << endl;//无解continue ;}for (register int i=1;i<=cnt;i+=2){if (b[i]!=b[i+1]){//第二种情况for (register int j=wz[i-1]+1;j<=wz[i+1];j++){L[++len]=R[len]=j;//每段单独分}}else {if (wz[i]+1==wz[i+1]) L[++len]=wz[i-1]+1,R[len]=wz[i+1];//相邻就直接分,注意要从上个非0位置+1开始else {for (register int j=wz[i-1]+1;j<=wz[i];j++) L[++len]=R[len]=j;//i之前全部单独分for (register int j=wz[i]+1;j<=wz[i+1]-2;j++) L[++len]=R[len]=j;L[++len]=wz[i+1]-1,R[len]=wz[i+1];//给第i+1个非零位置前留下一个0使它在区间里的长度变为偶数}}}if (R[len]L[len+1]=R[len]+1,R[len+1]=n;len++;//可能最后一个非零数后面还有,单独再开一段}cout << len << '\n';for (register int i=1;i<=len;i++) cout << L[i] << ' ' << R[i] << endl;}
}

#include
# define sum(x,y) (s[y]-s[x-1])
using namespace std;
inline int rd(){int f=1,s=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(c<='9'&&c>='0'){s=(s<<3)+(s<<1)+(c^48);c=getchar();}return s*f;
}
const int N = 2e5;
int t,n,s[N+5],f[N+5],g[N+5],a[N+5];
int main(){t=rd();while(t--){n=rd();int sum=0,cnt=n;for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=rd(),sum+=a[i],g[i]=0;for(int i=2;i<=n;++i)if(abs(sum-2*a[i])printf("%d\n",cnt);g[n+1]=0;for(int i=1;i<=n;++i){if(g[i])continue;if(g[i+1])printf("%d %d\n",i,i+1);else printf("%d %d\n",i,i); }	}}return 0;
}

F(CF1761C)

一个图论的构造题，先建图把优先级确定，让真子集指向父集合，初始可以把集合1到n初始值都赋为自己的下标i，如集合3初始值3，这样就能避免重复了，接着这就是一个标准的拓扑排序的题了，只不过在拓扑排序的过程中我们要进行集合加法，这个用set可以很容易解决

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 110;
int  ind[maxn];
void slove() {int n, x;cin >> n;vectorg[maxn];vector>ans(maxn);for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= n; j++) {scanf("%1d", &x);if (x)ind[j]++, g[i].push_back(j);}for(int i=1;i<=n;i++)ans[i].insert(i);queueq;for (int i = 1; i <= n; i++)if (ind[i]==0)q.push(i);while (q.size()) {int u = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < g[u].size(); i++) {if ((--ind[g[u][i]]) == 0) {q.push(g[u][i]);}for(auto it:ans[u])ans[g[u][i]].insert(it);}}for (int i = 1; i <= n; i++) {cout<ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin >> t;while (t--) {slove();}return 0;
}

G(CF1788C)

构造方法：根据等差数列求和公式可以判断构造是否存在，以及第一项的值a，接着第一项选取1和a-1，然后选取3，a-1，也就是第一项加2，第二项-1，这样就可以等差数列的条件了，当第一个数大于等于第二个数时停止上诉操作，然后选取第一项为2，重复第一项+2，第二项-1的操作，可以数学证明，能够取完所有的数

#include
using namespace std;
const int N = 1e3 + 5;
typedef long long ll;
int main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(false);int t;cin >> t;while (t--){ll n;cin >> n;if (n & 1){cout << "YES" << endl;ll b = 2 * n - n / 2;//s/n-n/2-1ll a = 1;for (int i = 1; i <= (n + 1) / 2; i++){//遍历n范围内的所有奇数，构成第1个到中间的数对cout << a << " " << b << endl;a += 2;b--;}a = 2, b = 2 * n;//2和s/n+1-2for (int i = 1; i <= n / 2; i++){//遍历n范围内所有偶数cout << a << " " << b << endl;a += 2;b--;}}else{cout << "NO" << endl;}}return 0;
}

H(CF1741D)

因为只能交换子树，所以可以从叶子节点往上走，每次都更新子树中的数的左右边界，如果两个子树的区间出现了交叉，那么必然不可以通过交换满足题目要求，反之就判断谁在前谁在后，也就是是否需要交换

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=3e5+10;
struct {int l=INT_MAX,r=0;
}tree[maxn*2];
int m,ans=0,flag=0;
void dfs(int u){if(u>=m||flag)return;dfs(u*2);dfs(u*2+1);if(tree[u*2].l<=tree[u*2+1].r&&tree[u*2].r>=tree[u*2+1].l||tree[u*2+1].l<=tree[u*2].r&&tree[u*2+1].r>=tree[u*2].l)flag=1;else if(tree[u*2].l>=tree[u*2+1].r)ans++;
}
void slove(){cin >> m;for(int i=m;i<2*m;i++)cin>>tree[i].l,tree[i].r=tree[i].l;for(int i=m;i<2*m;i+=2){int a=i/2;while(a){tree[a].l=min(tree[a*2].l,tree[a*2+1].l),tree[a].r=max(tree[a*2].r,tree[a*2+1].r);a/=2;}}dfs(1);if(flag)cout<<-1<<'\n';elsecout<ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin >> t;while (t--) {slove();flag=0;ans=0;}return 0;
}