就先从我自己的负责的题目开始吧（
(1.Codeforces CF1374E2) 解题报告
(3 sec | 256 MegaBytes)
题面概要
给定 (n) 本书，每本书有一个阅读时间，并且可能被甲、乙喜欢或不喜欢。要求选择恰好 (m) 本书，使得两人喜欢的书都不少于 (k) 本，在满足上述条件的前提下，要求阅读时间最短。如果没有可行方案输出 (-1)。
(1le kle nle 2 imes 10^5, 1le t_ile 10^4)。
解题过程
这题是 (hard version)，比 (easy) 版本多了一个 (m) 的限制。考虑一下怎么做是最优的。我们先把所有的书分成 (4) 大类：
$i. $ 甲和乙都喜欢的，此时本书的标记应为 (11)；
$ii. $ 只有甲喜欢的，此时本书的标记应为 (10)；
$iii. $ 只有乙喜欢的，此时本书的标记应为 (01)；
$iiii. $ 甲和乙都不喜欢的，此时本书的标记应为 (00)；
在读入的时候可以把这四种书分别放进 (4) 个优先队列里边，按照 (t_i) 从小到大排序。
之后我们先在 (i.) 里边和 (ii.+iii.) 里边取时间较少的，然后判断一下，如果 (k) 还有残余，说明我们放上最好的 (m) 本书依然无法满足条件 (1)，此时直接输出 (-1) 即可。否则，我们看一下 (m) 是否还有富余，如果有的话就在剩下所有书中取最小的，以及计算一下如果把一个已经取了的 (i.) 换成 (ii.+iii.) 是否合算。
最终代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,m,k;
vector<int> t,a,b;
vector<pair<int,int> > sol,abqsol;
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >, greater<pair<int,int> > > abq,aq,bq,nq;
int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
int solve()
{
int res=0;
while(m && k && !abq.empty())
{
res+=abq.top().first,m--,k--;
abqsol.push_back(abq.top()),abq.pop();
}
while(m>1 && k && !aq.empty() && !bq.empty())
{
res+=aq.top().first+bq.top().first,m--,m--,k--;
sol.push_back(aq.top()),sol.push_back(bq.top()),aq.pop(),bq.pop();
}
if(k) return res=-1;
while(m)
{
int minn=0x3f3f3f3f;
m--;
if(!nq.empty()) minn=min(minn,nq.top().first);
if(!aq.empty()) minn=min(minn,aq.top().first);
if(!bq.empty()) minn=min(minn,bq.top().first);
if(!abq.empty()) minn=min(minn,abq.top().first);
if(!abqsol.empty() && !aq.empty() && !bq.empty())
{
int exchangecost=aq.top().first+bq.top().first-abqsol.back().first;
if(exchangecost<=minn)
{
abq.push(abqsol.back()),abqsol.pop_back();
sol.push_back(aq.top()),sol.push_back(bq.top());
aq.pop(),bq.pop();res+=exchangecost;continue;
}
}
res+=minn;
if(!nq.empty() && minn==nq.top().first) sol.push_back(nq.top()),nq.pop();
else if(!aq.empty() && minn==aq.top().first) sol.push_back(aq.top()),aq.pop();
else if(!bq.empty() && minn==bq.top().first) sol.push_back(bq.top()),bq.pop();
else if(!abq.empty() && minn==abq.top().first) sol.push_back(abq.top()),abq.pop();
}
return res;
}
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
t.resize(n+1),a.resize(n+1),b.resize(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
t[i]=read(),a[i]=read(),b[i]=read();
if(a[i] && b[i]) abq.push(make_pair(t[i],i));
else if(!a[i] && b[i]) bq.push(make_pair(t[i],i));
else if(a[i] && !b[i]) aq.push(make_pair(t[i],i));
else if(!a[i] && !b[i]) nq.push(make_pair(t[i],i));
}
int tottime=solve();
printf("%d
",tottime);
if(tottime==-1) return 0;
else
{
for(int i=0;i<sol.size();i++) cout<<sol[i].second<<" ";
for(int i=0;i<abqsol.size();i++) cout<<abqsol[i].second<<" ";
}
return 0;
}
(2.Codeforces CF1375E) 解题报告
(2 sec | 256 MegaBytes)
题面概要
给定数组 (a(n))。
对于所有的逆序对 ((a_{l1},a_{r1}),(a_{l2},a_{r2}).....)，找出这些逆序对的一个排列并交换数对，要求操作完之后整个数列单调不降，给出一种可行方案。
解题过程
简单想一下逆排列，你会发现这道题他很类似于冒泡排序，只不过冒泡排序是相邻两个数交换。
这道题怎么转化为相邻两个数交换呢？逆排列可以做到。
最终代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1005;
int n,m,k,a[M],p[M],x[M*M],y[M*M];
int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
struct node
{
int a,b;
bool operator < (const node &r) const
{
if(a==r.a) return b<r.b;
return a<r.a;
}
} s[M];
signed main()
{
n=read();
for(int i=1; i<=n; i++) s[i].a=read(),s[i].b=i;
sort(s+1,s+1+n);
for(int i=1; i<=n; i++) a[s[i].b]=i,p[i]=s[i].b;
for(int i=n; i>=1; i--)
{
for(int j=a[i]+1; j<=i; j++) x[++k]=p[j],y[k]=i;
for(int j=a[i]; j<i; j++) p[j]=p[j+1],a[p[j]]=j;
}
printf("%d
",k);
for(int i=1; i<=k; i++) printf("%d %d
",x[i],y[i]);
return 0;
}
(3.Codeforces CF1361C) 解题报告
(3 sec | 512 MegaBytes)
题面概要
给定 (n) 对珠子，每对珠子内部已经连好了，现在你再来连 (n) 条边，每条边的权值为满足 (2^k | uigoplus v)，最后所有珠子要形成一个环，问最小的边权最大是多少。
(1le nle 5 imes 10^5, 0le kle 20)。
解题过程
首先观察出一个性质：一个数 (x) 能被最大的 (2^k) 整除的 (k) 是多少？是 (2^{lowbit(x)})。
这样一来，我们就可以枚举一下答案，然后看一眼每两个数异或起来的 (lowbit) 是多少。此时时间复杂度是 (Theta(20 imes n^2))，过不去。
既然这是一个图论题，我们考虑连边。如果两个数的 (lowbit=x)，那么我们就把这两个数都向 (2^x-1) 这个虚拟节点连一下边，最后在整个图上跑一次欧拉回路即可。
最终代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
const int M=1<<20;
int n,a[N],b[N],deg[M];
int head[N+M+10],tot,sta[N<<2],top;
bool vis[N<<2];
int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
struct EDGE
{
int nxt,to;
} edge[N<<2];
inline void add_edge(int u,int v)
{
edge[++tot].nxt=head[u];
edge[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
void dfs(int u)
{
for(int& i=head[u]; i; i=edge[i].nxt) if(!vis[i]) {int v=edge[i].to;vis[i]=vis[i^1]=1,dfs(v),sta[++top]=v;}
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read(),b[i]=read();
for(int i=20; i>=1; --i)
{
int S=(1<<i)-1;
memset(deg,0,sizeof(deg));
for(int j=1; j<=n; ++j) deg[a[j]&S]++,deg[b[j]&S]++;
bool flag=false;
for(int j=0; j<=S; ++j) if(deg[j]&1) {flag=true;break;}
if(flag) continue;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(head,0,sizeof(head));
tot=1;
for(int j=1; j<=n; ++j) add_edge(j,(a[j]&S)+n+1),add_edge((a[j]&S)+n+1,j),add_edge(j,(b[j]&S)+n+1),add_edge((b[j]&S)+n+1,j);
top=0,dfs(1);
int cnt=0;
for(int j=1; j<=top; ++j) cnt+=(sta[j]<=n);
if(cnt!=n) continue;
cout<<i<<endl;
for(int j=1; j<=top; ++j)
{
if(sta[j]<=n)
{
if(!(j<top && sta[j+1]>n)) exit(0);
int s=sta[j+1]-n-1,id=sta[j];
if(!((a[id]&S)==s || (b[id]&S)==s)) exit(0);
if((a[id]&S)==s) cout<<id*2<<" "<<id*2-1<<" ";
else cout<<id*2-1<<" "<<id*2<<" ";
}
}
return 0;
}
cout<<0<<endl;for(int i=1; i<=n*2; ++i) cout<<i<<" ";
return 0;
}
(4. Codeforces CF1381C) 解题报告
(1 sec | 256 MegaBytes)
题面概要
给出一个长度为 (n) 的序列 (A)，请你构造一个同样长度的序列 (B)，满足：
(i.) 恰好有 (y) 个数字与 (A) 相同。
(ii.) 再这 (y) 个数字中，恰好有 (x) 个与 (A) 中的数字相同，位置也相同。
(1le nle 1 imes10^5, 1le a_ile n+1)
解题过程
观察到这个 (n+1) 非常有趣，说明至少有一个数字 (A) 中没有出现过，可以用来填补那 (n-y) 个空位。
想一下，有 (y-x) 个数字不能与 (A) 中位置相同，这说明我们要贪心地努力降低这 (y-x) 个数字的打乱难度，即，让出现次数最多的数字的出现次数尽量少。所以，对于那 (x) 个数，我们每次选择当前出现次数最多的数放上去。剩下的 (y-x) 个，直接找机会放即可。
最终代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int T,n,x,y;
vector<int> apptimes[N];
vector<int> ans;
vector<pair<int,int> > res;
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,less<pair<int,int> > > q;
int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
int main()
{
T=read();
while(T--)
{
res.clear();
while(!q.empty()) q.pop();
n=read(),x=read(),y=read()-x;
for(int i=1;i<=n+1;i++) apptimes[i].clear();
ans.resize(n+2);
ans.clear();
for(int i=1;i<=n;i++) apptimes[read()].push_back(i);
int avail=-1;
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
if(!apptimes[i].size()) avail=i;
else q.push(make_pair(apptimes[i].size(),i));
}
int tmp=x;
while(tmp--)
{
pair<int,int> p=q.top();q.pop();
ans[apptimes[p.second].back()]=p.second;
apptimes[p.second].pop_back();
if(apptimes[p.second].size()) q.push(make_pair(apptimes[p.second].size(),p.second));
}
int maxn=0;
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
maxn=max(maxn,(int)apptimes[i].size());
for(int j=0;j<(int)apptimes[i].size();j++) res.push_back(make_pair(apptimes[i][j],i));
}
if(n-x-y<(maxn<<1)-n+x) {puts("NO");continue;}
puts("YES");
int cnt=0;
for(int i=0;i<res.size();i++)
{
maxn%=res.size();if(cnt==y) break;
if(res[i].second!=res[maxn].second) ans[res[i].first]=(res[maxn++].second),cnt++;
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<< (ans[i]?ans[i]:avail) <<" ";
puts("");
}
return 0;
}