Codeforces Round 1016 (Div. 3)题解

题目地址

https://codeforces.com/contest/2093

锐评

在所有题意都理解正确的情况下，整体难度不算太难。但是偏偏存在F这么恶心的题意，样例都不带解释一下的，根本看不懂题。D题也恶心，在于递归过程的拆分，需要点数学，跟打印递归定义的图形一样，写麻了，好在过了。E题居然卡双 $log$ 做法常数，也是恶心。反而是G题很典，太裸了，可惜被D防住了，根本没看到G题。再次陷入“看完所有题不会写，不看完所有题却会写”的魔咒。主要还是自己太菜了，打破不了这个魔咒，大佬们就没这个烦恼。

题解

Problem A. Ideal Generator

题目大意

由 $k$ 个正整数组成的数组 $a$ 在 $[a_1,a_2,\dots ,a_k]=[a_k,a_{k-1},\dots ,a_1]$ 的情况下称为回文数组（其实就是正着读反着读是一样的）。例如，数组 $[1,2,1]$ 和 $[5,1,1,5]$ 是回文数组，而数组 $[1,2,3]$ 和 $[21,12]$ 不是回文数组。

如果任何整数 $n$ ( $n\ge k$ ) 都可以表示为一个长度正好为 $k$ 的回文数组的元素之和，我们就称这个数 $k$ 为理想生成数。数组中的每个元素都必须大于 $0$ 。

例如，数字 $1$ 是一个理想生成数，因为任何自然数 $n$ 都可以用数组 $[n]$ 生成。然而，数字 $2$ 并不是一个理想生成数，因为不存在长度为 $2$ 的和为 $3$ 的回文数组。

请判断给定的数字 $k$ 是否是理想生成数。

题解思路：思维

先通过样例观察，发现奇数可以，偶数不行。开始验证，假如和为 $k$ ，那么全部数组元素为 $1$ 即可，假如和为 $k+1$ ，那么全部数组元素为 $1$ 的基础上，有一个数要加上 $1$ 还要是回文数组，那么只能放在最中间的位置上了，不然所放位置对称的那一个位置就不相等了。又因为 $n$ 是连续的，所以差值为 $1$ 只有数组长度是奇数才能满足，每次都在最中间位置加上 $1$ 。时间复杂度为 $O(1)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;void solve() {cin >> n;cout << ((n & 1) ? "YES\n" : "NO\n");
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem B. Expensive Number

题目大意

正整数 $n$ 的代价被定义为数字 $n$ 除以其数位之和的结果。

例如，数字 $104$ 的代价是 $\frac{104}{1+0+4}=20.8$ ，数字 $111$ 的代价是 $\frac{111}{1+1+1}=37$ 。

给你一个不包含前导零的正整数 $n$ 。你可以从数字 $n$ 中删除任意数位(包括不删除)，这样剩下的数字至少包含一位数，并且严格大于零。剩下的数字不能重新排列。因此，你可能得到一个前导为零的数字。

例如，给你一个数字 $103554$ 。如果去掉 $1$ 、 $4$ 和一个数字 $5$ ，最后得到的数字是 $035$ ，其代价是 $\frac{035}{0+3+5}=4.375$ 。

为了使代价最小，你需要从这个数字中删除最少多少个数字？

题解思路：贪心

首先，一个数字的数位之和是不可能大于这个数字的，最多和它相等。那么代价最小意味着什么？显然就是相等。所以只有一位数字时代价达到最小，代价为 $1$ 。因为题目删除数位后允许有前导 $0$ ，所以选定某个数字前面的 $0$ 可以不删除。又因为题目要求删除后组成的这个数必须严格大于 $0$ ，所以我们要找一个非 $0$ 数位。因为前导 $0$ 可以保留，后导 $0$ 不能保留（保留就不是个位数了），所以我们倒着枚举，找到第一个非 $0$ 数位位置，将这个位置前面的非 $0$ 数位删除以及后面的数位删除，删除的数位个数即是答案。时间复杂度为 $O(n)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string str;void solve() {cin >> str;int n = str.size();int id = n - 1;for (int i = n - 1; i >= 0; --i)if (str[i] != '0') {id = i;break;}int ans = n - 1 - id;for (int i = id - 1; i >= 0; --i)if (str[i] != '0')++ans;cout << ans << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem C. Simple Repetition

题目大意

帕夏喜欢质数！为了找到生成质数的新方法，他再次对互联网上的一种算法产生了兴趣：

• 要得到一个新数字 $y$ ，重复 $k$ 次数字 $x$ 的十进制表示 $x$ (不含前导零)。

例如， $x=52$ 和 $k=3$ 可以得到 $y=525252$ ， $x=6$ 和 $k=7$ 可以得到 $y=6666666$ 。

帕夏非常希望得到的数字 $y$ 是质数，但他还不知道如何检验这种算法生成的数字的质性。请帮助帕夏，告诉他 $y$ 是否是质数！

如果一个整数 x 只有 2 个不同的除数 1 和 x ，那么这个整数 x 就是质数。例如， 13 是质数，因为它只有 2 个除数： 1 和 13 。请注意，数字 1 不是质数，因为它只有一个除数。

题解思路：思维/分类讨论

我们来一一分析下。

• $k=1$ ，显然只需要判定 $x$ 是否质数。
• $k>1$ ，即 $x$ 至少重复了 $2$ 次，设 $x$ 有 $n$ 个数位，那么 $y$ 显然有一个除数 $x$ ，使得 $\frac{y}{x}=a_1\underset{n-1个}{\underbrace{0\cdots 0}}{a}_2\underset{n-1个}{\underbrace{0\cdots 0}}\dots a_k$ ，其中 $a_i=1,1\le i\le k$ 。那么只要 $1<x<y$ ， $y$ 必然不是质数，显然 $x<y$ 必然成立，所以只需要再单独判断一下 $x$ 为 $1$ 的情况即可。

根据上面的分析，问题得解。时间复杂度为 $O(1)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;bool check(int x) {if (x < 2)return false;for (int i = 2; i * i <= x; ++i)if (x % i == 0)return false;return true;
}void solve() {cin >> n >> m;if (m == 1)cout << (check(n) ? "YES\n" : "NO\n");else if (n == 1) {int x = 0;for (int i = 0; i < m; ++i)x = x * 10 + 1;cout << (check(x) ? "YES\n" : "NO\n");} elsecout << "NO\n";
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem D. Skibidi Table

题目大意

瓦迪姆喜欢用整数填充方形表格。不过今天他想到了一个好玩的方法！以大小为 $2\times 2$ 的表格为例，表格的行从上到下编号，列从左到右编号。我们将 $1$ 置于左上角单元格， $2$ 置于右下角单元格， $3$ 置于左下角单元格， $4$ 置于右上角单元格。这就是他所需要的全部乐趣！

幸运的是，瓦迪姆有一个大小为 $2^n\times 2^n$ 的表格。他计划用从 $1$ 到 $2^{2n}$ 的整数按升序填满它。为了填满这样一个大表，瓦迪姆将把它分成 $4$ 个相等的方表，先填满左上角的表，然后填满右下角的表，接着填满左下角的表，最后填满右上角的表。在填满每张小方表的过程中，他又会把每张小方表分割成更小的表，直到填满 $2\times 2$ 大小的方表为止。

现在瓦迪姆迫不及待地想开始填表，但是他有两类 $q$ 个问题：

• 第 $x$ 行第 $y$ 列的单元格中的数字是多少
• 数字 $d$ 位于哪个单元格坐标

帮助回答瓦迪姆的问题。

题解思路：DFS

题意倒是很直接，思路也很明确，就是不断DFS缩小区域。但是这个区域怎么设计还真是恶心，会的很会，不会的真的会卡很久，看群友有被卡两小时的。

首先对于块的大小，假如当前处于第 $n$ 层，块的大小为 $2^{n-1}\times 2^{n-1}$ ，即是宽高各减一半。其次是对于坐标步长，根据前面分析（宽高各减一半），可知步长就是 $2^{n-1}$ 。知道这两个性质就好办了，只需要知道当前处于第几层，以及当前层的左上角坐标，即可一步步缩小范围，直到不能再缩小，即是答案，详见代码。时间复杂度为 $O(nq)$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
int n, q;ll dfs1(int cur, int l, int r, int x, int y) {// cout << "dfs1:" << cur << ':' << l << ':' << r << ':' << x << ':' << y << '\n';if (l == x && r == y)return 1;ll dt = 1LL << (cur - 1);ll dd = dt * dt;if (x >= l + dt && y >= r + dt)return dd + dfs1(cur - 1, l + dt, r + dt, x, y);if (x >= l + dt)return (dd << 1) + dfs1(cur - 1, l + dt, r, x, y);if (y >= r + dt)return 3 * dd + dfs1(cur - 1, l, r + dt, x, y);return dfs1(cur - 1, l, r, x, y);
}pii dfs2(int cur, int l, int r, ll d) {// cout << "dfs2:" << cur << ':' << l << ':' << r << ':' << d << '\n';if (d == 1)return {l, r};ll dt = 1LL << (cur - 1);ll dd = dt * dt;if (d > 3 * dd)return dfs2(cur - 1, l, r + dt, d - 3 * dd);if (d > (dd << 1))return dfs2(cur - 1, l + dt, r, d - (dd << 1));if (d > dd)return dfs2(cur - 1, l + dt, r + dt, d - dd);return dfs2(cur - 1, l, r, d);
}void solve() {cin >> n >> q;string op;int x, y;ll d;while (q--) {cin >> op;if (op == "->") {cin >> x >> y;cout << dfs1(n, 1, 1, x, y) << '\n';} else {cin >> d;pii ans = dfs2(n, 1, 1, d);cout << ans.first << ' ' << ans.second << '\n';}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem E. Min Max MEX

题目大意

给你一个长度为 $n$ 的数组 $a$ 和一个数字 $k$ 。

子数组的定义是数组中一个或多个连续元素的序列。你需要将数组 $a$ 分割成 $k$ 个不重叠的子数组 $b_1,b_2,\dots ,b_k$ ，使得这些子数组的合集等于整个数组。此外，你需要最大化 $x$ 的值，即 $x=\min (MEX(b_i)),1\le i\le k$ 。

$MEX(v)$ 表示数组 $v$ 中没有的最小非负整数。

题解思路：二分

对于 $u=MEX(v)$ ，如果选择数组 $v$ 的一部分数组成数组 $vt$ ，那么对于所有 $w<u$ ，是否都能找到 $w=MEX(vt)$ ？答案是肯定的。所以我们考虑二分，下限 $l=0$ ，上限 $r=n$ （因为数组顶多是 $[0,1,\dots ,n-1]$ ）。那么我们怎么去check呢？对于 $MEX$ 为 $u$ ，我们只需要维护一个集合，然后遍历整个数组，对于每个元素，满足 $a_i<u,0\le i<n$ ，就将其加入集合，当集合元素个数达到了 $u$ ，然后计数加一（表示可以划分为一个子数组，满足 $MEX\ge u$），并且清空当前集合。这样到最后，只要计数大于等于 $k$ ，表示可以合理划分。时间复杂度为 $O(nlognlogn)$ （check用到了set，换成数组每次标记取反可以降到 $O(nlogn)$ ）。

PS：此题居然卡双 $log$ 做法常数，真是无语啊！

参考代码（C++）

双 $log$ 超时代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 200'005;
int a[maxn];
int n, m;bool check(int x) {set<int> st;for (int i = 0; i < x; ++i)st.insert(i);if (st.empty())return true;set<int> stc;int cnt = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {if (a[i] < x)stc.insert(a[i]);if (stc.size() == st.size()) {++cnt;stc.clear();if (cnt >= m)return true;}}return cnt >= m;
}void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i];int l = 0, r = n + 1, ans = -1;while (l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;if (check(mid)) {ans = mid;l = mid + 1;} elser = mid - 1;}cout << ans << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

双 $log$ 通过代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 200'005;
int a[maxn];
int n, m;bool check(int x) {set<int> st;int cnt = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {if (a[i] < x)st.insert(a[i]);if (st.size() == x) {++cnt;st.clear();if (cnt >= m)return true;}}return cnt >= m;
}void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i];int l = 1, r = n, ans = 0;while (l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;if (check(mid)) {ans = mid;l = mid + 1;} elser = mid - 1;}cout << ans << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

单 $log$ 通过代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 200'005;
int a[maxn];
bool vis[maxn];
int n, m;bool check(int x) {for (int i = 0; i < x; ++i)vis[i] = false;bool f = true;int cnt = 0, cur = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {if (a[i] < x) {if (vis[a[i]] != f) {++cur;vis[a[i]] = f;}}if (cur == x) {++cnt;cur = 0;f = !f;if (cnt >= m)return true;}}return cnt >= m;
}void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i];int l = 1, r = n, ans = 0;while (l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;if (check(mid)) {ans = mid;l = mid + 1;} elser = mid - 1;}cout << ans << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem F. Hackers and Neural Networks

题目大意

黑客们再次试图利用神经网络的输出创建娱乐短语。这一次，他们想获得长度为 $n$ 的字符串数组 $a$ 。

最初，他们有一个长度为 $n$ 的数组 $c$ ，其中充满了空白，用符号 $\ast$ 表示。因此，如果 $n=4$ ，则初始值为 $c=[\ast ,\ast ,\ast ,\ast ]$ 。

黑客可以访问 $m$ 个神经网络，每个神经网络都有自己的请求答案版本–长度为 $n$ 的字符串数组 $b_i$ 。

黑客试图通过以下操作从数组 $c$ 中获取数组 $a$ ：

• 选择神经网络 $i$ ，对数组 $c$ 执行下一步操作：选择一个随机的空白，例如在位置 $j$ 处，将 $c_j$ 替换为 $b_{i,j}$ 。

  例如，如果选择了第一个神经网络 $b_1=[\text{«I»},\text{«love»},\text{«apples»}]$ ，当前 $c=[\ast ,\text{«like»},\ast ]$ ，那么在对第一个神经网络进行操作后， $c$ 可能会变成 $[\text{«I»},\text{«like»},\ast ]$ 或 $[\ast ,\text{«like»},\text{«apples»}]$ 。

• 选择位置 $j$ 并将 $c_j$ 替换为空白。

不幸的是，由于黑客访问神经网络的方式，他们只能在所有操作完成后才能看到修改后的数组 $c$ ，因此他们必须事先指定整个操作序列。

然而，神经网络的随机行为可能会导致永远无法获得所需的数组，或者获得所需的数组需要过多的操作。

因此，黑客们希望您能帮助他们选择一个操作序列，以保证在最少的操作次数内获得数组 $a$ 。

更具体地说，如果存在一个操作序列可以保证从数组 $c$ 中获得数组 $a$ ，那么在所有这样的序列中，找出一个操作次数最少的序列，并输出其中的操作次数。

如果没有将数组 $c$ 转换成数组 $a$ 的操作序列，则输出 $-1$ 。

题解思路：贪心

题意真的很长且很拉，真的看完好像不知道要求什么？让我们再细细品味一下！反正就是进行两个操作嘛，只要对应位置的字符串不对就一定要继续操作。只要操作，那么操作次数必然会增加。

假如某个操作后，某个位置已经是正确的，下一次操作你会不会去改它？显然不会了，不然你还得再至少进行一次操作二以及至少随机一次操作一，而且随机后不一定是对的，何必呢？

如果所有位置都是空的，你会不会进行操作二？显然也不会，白白浪费一次操作嘛。所以第一次操作肯定是操作一，这是个随机过程。

通过上面的分析，我们唯一能决定的就是可以选择跑哪个神经网络。从概率论角度来说，我们当然希望选择命中概率更高的，这样所得的期望就越大，后续所需要的操作就更少。所以第一次操作就至关重要了，我们就选命中概率最大的神经网络，这样我们就能保证 $n$ 次操作后，随机正确位置最大。这样所有位置都被填满了，最后对不正确的位置，我们只需要先执行一次操作二，再找到一个神经网络，其对应位置存在正确字符串，因为只会空白位置随机，而当前空白位置只有一个，显然这是一个必然事件。

上面操作一定是最优的吗？一定的。假设你选择某个神经网络的命中率是 $\frac{x}{y}$ ，你把其他所有的神经网络全部组合起来，命中率形如 $\frac{x+a}{y+b}$ ，其不可能更大。

对于不存在的情况，显然所有对应位置都没有目标串，就无法做到。时间复杂度为 $O(mn\max (|b_{i,j}|))$ 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 505;
string p[maxn], str[maxn][maxn];
int cntr[maxn], cntc[maxn];
int n, m;void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> p[i];cntc[i] = 0;}for (int i = 0; i < m; ++i) {cntr[i] = 0;for  (int j = 0; j < n; ++j) {cin >> str[i][j];if (str[i][j] == p[j]) {++cntc[j];++cntr[i];}}}for (int i = 0; i < n; ++i)if (cntc[i] == 0) {cout << "-1\n";return;}int maxc = 0;for (int i = 0; i < m; ++i)maxc = max(maxc, cntr[i]);cout << (n + ((n - maxc) << 1)) << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem G. Shorten the Array

题目大意

长度为 $m$ 的数组 $b$ 的美感定义为所有可能数对 $1\le i\le j\le m$ 中的 $\max (b_i\oplus b_j)$ ，其中 $x\oplus y$ 是数字 $x$ 和 $y$ 的 bitwise XOR。我们将数组 $b$ 的美感表示为 $f(b)$ 。

如果数组 $b$ 中有 $f(b)\ge k$ ，那么这个数组 $b$ 就叫做美丽数组。

最近，科斯佳从商店买了一个长度为 $n$ 的数组 $a$ 。他认为这个数组太长了，所以打算从中剪切出一些美丽的子数组。也就是说，他想选择数字 $l$ 和 $r$ ( $1\le l\le r\le n$ )，这样数组 $a_{l\dots r}$ 就很美丽了。这样一个子数组的长度为 $r-l+1$ 。整个数组 $a$ 也被视为一个子数组(包含 $l=1$ 和 $r=n$ )。

你的任务是找出数组 $a$ 中最短的美丽子数组的长度。如果没有一个子数组是美丽的，那么你应该输出数字 $-1$ 。

题解思路：双指针+字典树Trie

首先，对于每个 $l$ ，如果找到第一个满足条件的 $r(r\ge l)$ ，那么显然 $r+1(r<n)$ 也可以。既然这样，那么我们维护一个双指针，对于每个左指针，不断扩展右指针，直到找到第一个满足条件的位置，更新答案即可。那么怎么快速计算出当前区间是否可以满足条件呢？很容易就会想到字典树求当前区间可以得到的最大异或值。时间复杂度为 $O(n)$ （计算次数实际为 $30n$ ，常数忽略，但实际运行时间还是要考虑的）。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 200'005;
const int maxnode = 6'000'005;
const int sigma_size = 2;
struct trie {int child[maxnode][sigma_size];int value[maxnode];int size;void init() {size = 1;memset(child[0], 0, sizeof(child[0]));}void insert(int x, int y) {int pos = 0;for (int i = 29; i >= 0; --i) {int id = (x >> i) & 1;if (!child[pos][id]) {memset(child[size], 0, sizeof(child[size]));value[size] = 0;child[pos][id] = size++;}pos = child[pos][id];value[pos] += y;}}int query(int x) {// cout << "query: " << x << '\n';int pos = 0, ans = 0;for (int i = 29; i >= 0; --i) {int id = (x >> i) & 1;int idx = id ^ 1;int p = child[pos][idx];if (p && value[p]) {ans |= 1 << i;pos = p;} else {p = child[pos][id];if (p && value[p])pos = p;elsereturn -1;}}// cout << "query: ans = " << ans << '\n';return ans;}
} tr;
int a[maxn];
int n, m;void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i];if (m == 0) {cout << "1\n";return;}tr.init();int l = 0, r = 0, ans = n + 1;while (r < n) {// cout << l << ", " << r << endl;while (r < n && tr.query(a[r]) < m)tr.insert(a[r++], 1);if (r < n)ans = min(ans, r - l + 1);tr.insert(a[l++], -1);if (l > r)r = l;}cout << (ans == n + 1 ? -1 : ans) << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}