Codeforces Round #636 (Div. 3)

传送门

ABC略。。

D. Constant Palindrome Sum

题意：
给出(n)个数，(n)为偶数，每个数在范围([1,k])内。
现在可以改变任一个数的值，范围也要在([1,k])之内。
问最少改变多少次，使得(a_i+a_{n-i+1}=x)对于所有的(i)都满足。

思路：
当前数为(x,y)时，那么考虑他们所有可能的情况，会发现对答案的贡献为区间的形式。所以我们每对数直接差分维护一下对答案的贡献就行。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/4/22 11:50:35
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << std::endl; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
  template <template<typename...> class T, typename t, typename... A> 
  void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
  for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
 
int n, k;
int a[N], cnt[N << 1];
 
void run() {
    cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= 2 * k; i++) cnt[i] = 0;
    for(int i = 1; i <= n / 2; i++) {
        int x = a[i], y = a[n - i + 1];
        if(x > y) swap(x, y);
        cnt[2] += 2;
        --cnt[x + 1];
        ++cnt[k + 1 + y];
        --cnt[x + y];
        ++cnt[x + y + 1];
    }
    for(int i = 2; i <= 2 * k; i++) cnt[i] += cnt[i - 1];
    int ans = INF;
    for(int i = 2; i <= 2 * k; i++) {
        ans = min(ans, cnt[i]);   
    }
    cout << ans << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    int T; cin >> T; while(T--)
    run();
    return 0;
}

E. Weights Distributing

题意：
给出一张(n)个点(m)条边的图，现在给出序列(w_{1,2,...,m})表示边权集合。
现在给定三个点(a,b,c)，要从(a ightarrow b ightarrow c)。现在问如果给图中的边分配边权，这条路径的最小长度为多少。

思路：
最直接的想法就是找到一条路径，总长度最小，并且重复的边尽可能多，但是代码实现十分困难。
其实就可以考虑暴力点的做法：枚举中间点(x)，那么规定路径为(a ightarrow x ightarrow b ightarrow x ightarrow c)，显然枚举所有的(x)我们必然能找到最优的走法。之后据此贪心选边然后统计答案即可。
求距离的时候我们要以(a,b,c)三个点作为起点跑一次最短路。
详见代码：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/4/21 23:23:10
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << std::endl; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
  template <template<typename...> class T, typename t, typename... A> 
  void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
  for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5, M = 2e5 + 5;
 
int n, m, a, b, c;
int p[N];
struct Edge{
    int v, w, next;   
}e[M << 1];
int dis[N], dis2[N], dis3[N];
struct Dijkstra{
    struct node{
        ll d, u;
        bool operator < (const node &A) const {
            return d > A.d;
        }   
    };
    int head[N], tot;
    bool vis[N];
    void init() {
        memset(head, -1, sizeof(head)); tot = 0;   
    }
    void adde(int u, int v, int w) {
        e[tot].v = v; e[tot].w = w; e[tot].next = head[u]; head[u] = tot++;   
    }
    void dij(int s) {
        priority_queue <node> q;
        memset(dis, INF, sizeof(dis));
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        dis[s] = 0;
        q.push(node{0, s});
        while(!q.empty()) {
            node cur = q.top(); q.pop();
            int u = cur.u, d = cur.d;
            if(vis[u]) continue;
            vis[u] = 1;
            for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
                int v = e[i].v;
                if(dis[v] > dis[u] + e[i].w) {
                    dis[v] = dis[u] + e[i].w;
                    q.push(node{dis[v], v});   
                }
            }   
        }
    }
}solver;
ll sum[N];
void run() {
    cin >> n >> m >> a >> b >> c;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> p[i];   
    }
    sort(p + 1, p + m + 1);
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        sum[i] = sum[i - 1] + p[i];
    }
    solver.init();
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        solver.adde(u, v, 1);
        solver.adde(v, u, 1);
    }
    solver.dij(c);
    for(int i = 1; i <= n; i++) dis3[i] = dis[i];
    solver.dij(b);
    for(int i = 1; i <= n; i++) dis2[i] = dis[i];
    solver.dij(a);
    ll ans = 1e18;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int len = dis[i] + dis2[i] + dis3[i];
        if(len <= m) ans = min(ans, sum[len] + sum[dis2[i]]);
    }
    cout << ans << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}

F. Restore the Permutation by Sorted Segments

题意：
现有一排列未知，现在有(n-1)个序列，每个序列选择([2,n])中一点为右端点（不重复），选择一点为左端点构成一段长度大于(1)的区间。之后将每个区间中的数按照从小到大的顺序给出。序列给出的顺序为乱序。
通过这些求出原排列。

思路：
考虑从前往后构造出原排列。
假设我们知道了第一个位置的元素，那么据此可以求出第二个位置的元素，以此类推就可以求出所有的元素。
已知第(i)个元素，求第(i+1)个元素的方法：我们考虑所有的序列，如果一个序列中未出现的数的个数为(1)并且已出现的数所在位置为连续的一段:([x,i])，我们此时就可以选定其作为第(i+1)个数。
这样做的正确性是显然的，如果我们不选这个元素而选其它的元素，那么显然这个元素和序列中其它元素不在一个序列中。
那么我们直接枚举第一个元素，然后依次找后面的元素即可。如果找到合法的就直接输出。

PS.其实这个题最容易的想法是从后往前找，因为每次最后一个位置的数只会出现一次，但最前面的数也可能出现一次。这样的话就需要多考虑一些情况来判断当前是否合法，码量会很大。但是如果注意到了这样一个性质就比较容易想到从第一个开始找，就是每次我们开头都是一个长度为(2)的区间，删去第一个后很容易找到下一个，下一个也是一个长度为(2)的区间的开头...然后以此类推。从后往前的话就不具备这样的性质。
貌似多说了一点。。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/4/22 10:00:01
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << std::endl; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
  template <template<typename...> class T, typename t, typename... A> 
  void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
  for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 200 + 5;

int n;
vector <vector<int>> a;
int res[N], pos[N];

bool chk() {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            int r = sz(a[j]), x = -1;
            for (auto it : a[j]) {
                if (!pos[it]) x = it;
                else if(pos[it] > i - sz(a[j])) --r;
            }
            if (r == 1 && x != -1) {
                res[i] = x;
                pos[x] = i;
                break;
            }
        }
        if (!res[i]) return false;
    }
    return true;
}

void run() {
    cin >> n;
    a.resize(n + 1);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int k; cin >> k;
        a[i].resize(k);
        for (int j = 0; j < k; j++) {
            cin >> a[i][j];
        }   
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        memset(res, 0, sizeof(res));
        memset(pos, 0, sizeof(pos));
        res[1] = i;
        pos[i] = 1;
        if (chk()) break;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cout << res[i] << " 
"[i == n];   
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    int T; cin >> T; while(T--)
    run();
    return 0;
}