Codeforces Global Round 3

A. Another One Bites The Dust

有若干個a，有若干個b，有若干個ab。你現在要把這些串拼成一個串，使得任意兩個相鄰的位置都是不同字符，求可能的最長串長度。

枚舉一下\(a\)開頭還是\(b\)開頭，那么接下來就被唯一確定了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a,b,c;long long ans;
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
	ans=0ll+c*2+min(a,b+1)+min(a,b);
	if(b)--b,ans=max(ans,1ll+c*2+min(a,b+1)+min(a,b));
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

B. Born This Way

有\(n\)個航班從\(A\)前往\(B\)，起飛時間分別是\(a_1,a_2,...,a_n\)，飛行時間都是\(t_a\)。有\(m\)個航班從\(B\)前往\(C\)，起飛時間分別是\(b_1,b_2,...,b_m\)，飛行時間是\(t_b\)。現在有一個人要從\(A\)到\(C\)，你可以取消不超過\(k\)個航班，使得這個人到達\(C\)的時間最晚。
求出最晚時間，如果可以讓這個人無法到達，輸出\(-1\)。

顯然這個人越早到達\(B\)越好，所以我們取消掉的一定是\(a\)的一段前綴。而到達\(B\)之后一定會坐上最早出發的航班，所以同理刪去到達之后的一段連續的航班。
那么枚舉一下在\(a\)刪掉的前綴長度就行了。
注意判斷一下\(n\le k,m\le k\)的情況

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 200200
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,m,ta,tb,k,ans;
int a[MAX],b[MAX];
int main()
{
	n=read();m=read();ta=read();tb=read();k=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;++i)b[i]=read();
	if(n<=k||m<=k){puts("-1");return 0;}
	for(int i=0,p=1;i<=n&&i<=k;++i)
	{
		while(p<=m&&b[p]<a[i+1]+ta)++p;
		if(m-p+1+i<=k){puts("-1");return 0;}
		ans=max(ans,b[p+k-i]+tb);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

C. Crazy Diamond

你有一個長度為\(n\)的一個排列\(p\)，其中\(n\)是一個偶數。
你的任務是要把這個排列排序，兩個位置可以交換當前僅當滿足\(2|i-j|\ge n\)。
你需要構造一個交換次數不超過\(5n\)的交換方式。

考慮順次把每個數歸位的過程。
分情況討論一下，假設當前第\(i\)個數在位置\(p\)。
如果\(p,i\)兩個位置可以直接交換，那么就直接交換。
否則如果\(p,i\)都可以和\(1\)交換，那么通過\(1\)進行交換就行。
否則如果\(p,i\)都可以和\(n\)交換，那么通過\(n\)進行交換就行。
否則\(p\)可以和\(1\)，\(i\)可以和\(n\)交換，那么通過\((p,1),(i,n),(1,n),(p,1),(i,n)\)這樣\(5\)次操作就可以交換。
所以最壞情況下就是\(5n\)次。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 300300
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,p[MAX],b[MAX];
bool chk(int i,int j){return 2*abs(i-j)>=n;}
vector<pair<int,int> > Ans;
void add(int i,int j){if(i==j)return;swap(p[i],p[j]);b[p[i]]=i;b[p[j]]=j;Ans.push_back(make_pair(i,j));}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)b[p[i]=read()]=i;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		if(i==b[i])continue;
		if(chk(b[i],i))add(i,b[i]);
		else
		{
			int p=b[i];
			if(chk(1,p)&&chk(1,i))add(1,p),add(1,i),add(1,p);
			else if(chk(n,i)&&chk(p,n))add(n,i),add(p,n),add(n,i);
			else if(chk(1,p)&&chk(i,n))add(1,p),add(i,n),add(1,n),add(1,p),add(i,n);
		}
	}
	printf("%d\n",(int)Ans.size());
	for(auto p:Ans)printf("%d %d\n",p.first,p.second);
	return 0;
}

D. Dirty Deeds Done Dirt Cheap

給定兩個長度為\(n\)的數列\(a,b\)，保證所有數都在\([1,2n]\)中且各不相同。
現在你要選出盡可能多的在\([1,n]\)的數，使他們構成一個數列\(\{i\}\)，滿足數列：
\(a_{i1}b_{i1}a_{i2}b_{i2}...a_{im}b_{im}\)是一個波動序列。
即每個數都同時大於相鄰的兩個數或者小於相鄰的兩個數。

首先數列有兩種形式，第一種是\(<><><>\)這樣子，第二種是\(><><><\)在這樣子。
那么這樣子就確定了\((a_i,b_i)\)組內的大小關系，可以把二元組分成兩類，兩類只能分別構造答案。
那么一個二元組可以連在另外一個二元組前面，當前僅當\(b_i<a_j\)或者\(b_i>a_j\)。
假如我們只考慮\(b_i<a_j\)的情況。考慮把所有數按照\(a_i\)排序，這樣子每個二元組的出邊就是一個后綴，那么我們只需要貪心的把邊連到\(b\)最小的上面去就行了，這樣子拿線段樹就可以維護了，或者進一步，發現\(b\)是單增的，所以用堆之類的東西維護就行了。
然而這樣子很呆。
我們換一種考慮的方法，因為\(b\)是單增的，所以我們直接按照\(b\)排序，此時發現按照排序之后的結果就是合法的。
因為\(a_{i}>b_{i}<b_{i+1},a_{i+1}>b_{i+1}\)，
所以有\(a_{i}>b_{i}<a_{i+1}>b_{i+1}\)。
類似的，反過來\(b_i>a_j\)按照\(a\)排序就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 300300
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,r,a[MAX],b[MAX],p[MAX];
bool cmpb(int x,int y){return b[x]<b[y];}
bool cmpa(int x,int y){return a[x]<a[y];}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),b[i]=read(),r+=a[i]>b[i],p[i]=i;
	printf("%d\n",max(r,n-r));
	if(r>n-r)
	{
		sort(&p[1],&p[n+1],cmpb);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			if(a[p[i]]>b[p[i]])printf("%d ",p[i]);
	}
	else
	{
		sort(&p[1],&p[n+1],cmpa);
		for(int i=n;i;--i)
			if(a[p[i]]<b[p[i]])printf("%d ",p[i]);
	}
	puts("");
	return 0;
}

E. Earth Wind and Fire

數軸上有\(n\)個石頭，一開始時第\(i\)個石頭在位置\(s_i\)，每次你可以選擇兩個石頭\(i,j\)，滿足\(s_i<s_j\)，然后選擇一個\(d\)，滿足\(2d\le |s_i-s_j|\)，然后把\(i\)移動到\(s_i+d\)位置，\(j\)移動到\(s_j-d\)位置。
給定一個長度為\(n\)的數列\(t\)，表示最終在\(t_i\)位置要有一個石頭。
問能否滿足條件。
如果可以構建一個方案。

不難發現如果合法我們一定可以不改變相對順序。
那么起始位置和目標位置做差之后，如果是要向右移動，那么我們直接壓進棧里面。
否則從棧頂取元素進行移動。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 300300
#define mp make_pair
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,t[MAX],f;
pair<int,int> s[MAX],Q[MAX];
vector<pair<pair<int,int>,int> >Ans;
void add(int i,int j,int d)
{
	i=s[i].second,j=s[j].second;
	Ans.push_back(mp(mp(i,j),d));
}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=make_pair(read(),i);
	for(int i=1;i<=n;++i)t[i]=read();
	sort(&t[1],&t[n+1]);sort(&s[1],&s[n+1]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(s[i].first<t[i])
			Q[++f]=mp(i,t[i]-s[i].first);
		else
		{
			if(s[i].first==t[i])continue;
			int p=s[i].first-t[i];
			while(p&&f)
			{
				int mv=min(p,Q[f].second);
				add(Q[f].first,i,mv);
				p-=mv;Q[f].second-=mv;
				if(!Q[f].second)--f;
			}
			if(p){puts("NO");return 0;}
		}
	if(f){puts("NO");return 0;}
	puts("YES");
	printf("%d\n",(int)Ans.size());
	for(auto p:Ans)printf("%d %d %d\n",p.first.first,p.first.second,p.second);
	return 0;
}

F. Foo Fighters

你有\(n\)個物品，每個物品有兩個權值\(val\)和\(mask\)。
你可以選擇一個數\(s\)，然后修改所有數的\(val\)，如果\(val\& mask\)有奇數個\(1\)就把\(val\)變成\(-val\)。
輸出一個\(s\)，使得權值和符號變反。

顯然可以把所有位分開考慮，如果選擇了這一位並且這一位的\(mask\)上有\(1\)就可以直接取反。
現在的問題變成了我們要選擇哪些位置。
首先位與位之間是么有順序關系的，所以我們隨意用什么順序考慮都是可行的，不妨從高位往低位處理。
我們用類似歸納法的思想來考慮，我們先不妨令數字和是正數（如果是負數可以把所有東西全部取反）
如果我們已經處理完了若干位，如果已經讓數字和變成了負數，那么結束了。
否則的話，考慮是否改變這一位上的所有值，但是如果只考慮位的話如果這一位選了會影響后面的選擇，所以不能直接這樣貪心。
我們欽定每個數的正負只在其最低位的時候考慮，因為這些數如果在這一位不改就不能再改了，所以每個數就只會被考慮一次。那么如果以這一位為最低位的數的權值和為正數，那么直接取反就行了。
至於為啥是對的。。。emmm，窩感覺很對QwQ。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 300300
inline ll read()
{
	ll x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,v[MAX];
ll a[MAX],s,sum;
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)v[i]=read(),a[i]=read(),sum+=v[i];
	if(sum<0)for(int i=1;i<=n;++i)v[i]=-v[i];
	for(int i=62;~i;--i)
	{
		ll ss=0;
		for(int j=1;j<=n;++j)if(a[j]==(1ll<<i))ss+=v[j];
		if(ss>0)s|=1ll<<i;
		for(int j=1;j<=n;++j)
			if(a[j]&(1ll<<i))
			{
				a[j]^=1ll<<i;
				if(ss>0)v[j]=-v[j];
			}
	}
	printf("%lld\n",s);
	return 0;
}

G. Gold Experience

有\(n\)個點，每個點有一個點權\(a_i\)，如果兩個點權的\(gcd>1\)，那么他們之間就會連上一條邊。
定義一個集合中的一個點是好的，當前僅當這個點和點集中其他所有點都有連邊。
你要找到一個大小為\(k\)的點集，滿足其中所有點都是好的或者所有點都是不好的。

咕咕咕咕

H. Holy Diver

咕咕咕