AtCoder Regular Contest 092 C D E F

C - 2D Plane 2N Points

题意

二维平面上有(N)个红点，(N)个蓝点，一个红点和一个蓝点能配成一对当且仅当(x_r<x_b)且(y_r<y_b).

问最多能形成多少pair.

思路

无脑版本：可以匹配的连边，然后跑匈牙利。

正确的贪心姿势：对于所有的点按(x)从小到大排序，对于蓝点，要匹配的最优的红点即为 在其之前出现的 (y)小于它的 且(y)最大的 红点。用一个(set)维护红点的(y)坐标即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 110
using namespace std;
typedef long long LL;
struct Point {
    int x,y,type;
    bool operator < (const Point& p) const { return x < p.x; }
}a[maxn<<1];
set<int> st;
int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    F(i, 0, n) scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y), a[i].type=0;
    F(i, 0, n) scanf("%d%d", &a[n+i], &a[n+i].y), a[n+i].type=1;
    sort(a, a+(n<<1));
    int ans=0;
    F(i, 0, n<<1) {
        if (a[i].type) {
            auto it = st.lower_bound(a[i].y);
            if (it==st.begin()) continue;
            else st.erase(--it), ++ans;
        }
        else {
            st.insert(a[i].y);
        }
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

D - Two Sequences

题意

两个序列(A,B)，对所有的(A_i+B_j)求异或和。

思路

按位考虑，不妨考虑第(k)位。

怎么才能知道第(k)位是(0)还是(1)呢？
即考虑所有的和当中有奇数个还是偶数个第(k)位是(1)。

对于某个和，怎么知道其第(k)位是(0)还是(1)呢？
注意到，高于(k)位的都不会产生影响，因此，只需要考虑(a_i\%2^{k+1})与(b_i\%2^{k+1})的和。若该和(s)满足(2^kleq slt 2cdot2^k)或者(3cdot2^kleq slt 4cdot2^k)，则该位为(1).

所以对于每个(a_i\%k)，将(b_i\%k)排序，二分即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[maxn], b[maxn], bb[maxn];
int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    F(i, 0, n) scanf("%d", &a[i]);
    F(i, 0, n) scanf("%d", &b[i]);
    int mod=1, ans=0;
    F(k, 0, 29) {
        F(i, 0, n) bb[i] = b[i] % (mod<<1);
        sort(bb, bb+n);
        int cnt=0;
        F(i, 0, n) {
            int temp=a[i]%(mod<<1);
            int p1=lower_bound(bb, bb+n, mod-temp)-bb,
                p2=lower_bound(bb, bb+n, (mod<<1)-temp)-bb,
                p3=lower_bound(bb, bb+n, mod*3-temp)-bb,
                p4=lower_bound(bb, bb+n, (mod<<2)-temp)-bb;
            cnt += p2-p1+p4-p3;
        }
        ans += cnt&1 ? mod : 0;
        mod <<= 1;
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

E - Both Sides Merger

题意

对一个序列能够进行两种操作：

1. 选取开头或结尾的元素，直接删去；
2. 选取中间的某个元素，用它两旁的元素之和代替它，再去掉两旁的两个元素。

现要求经过若干次操作，只剩下一个元素，且值最大，输出操作。

思路

不难发现，所有选取的元素在原序列中的奇偶性相同；
反过来，只要所有元素在原序列中奇偶性相同，即可构造出相应的操作序列。

只取正数很容易就能得到最优取法。
// 注意特判全为负数的情况

现在考虑一个取法(d_0,d_1,ldots,d_k)，首先将开头(lt d_0)和结尾(gt d_k)的一系列元素删去，接下来考虑对中间的元素进行的操作。

对于(d_0)至(d_1)一段，因为奇偶性相同，所以中间必然夹着奇数个元素，每次取最中间的即可将序列不断地往中间缩，直至(d_0)与(d_1)合并。接下来再作为一个整体与(d_2)合并，依次类推。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 1010
using namespace std;
typedef long long LL;
int d1[maxn], d2[maxn], tot1, tot2, tot, n, a[maxn];
int* d;
vector<int> ans;
void solve() {
    F(i, 1, d[0]) ans.push_back(1);
    dF(i, n, d[tot-1]) ans.push_back(i-d[0]+1);
    F2(i, 1, tot-1) {
        int lim=(d[i]-d[i-1])>>1;
        dF(j, 1+lim, 1) ans.push_back(j);
    }
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    int p=1;
    F2(i, 1 ,n) {
        scanf("%d", &a[i]);
        p = a[i] > a[p] ? i : p;
    }
    LL sum;
    if (a[p]<=0) d1[tot++]=p, sum=a[p], d=d1;
    else {
        LL sum1=0, sum2=0;
        for (int i = 1; i <= n; i += 2) if (a[i]>0) d1[tot1++]=i, sum1+=a[i];
        for (int i = 2; i <= n; i += 2) if (a[i]>0) d2[tot2++]=i, sum2+=a[i];
        d = sum1 < sum2 ? d2 : d1;
        tot = sum1 < sum2 ? tot2 : tot1;
        sum = max(sum1, sum2);
    }
    solve();
    printf("%lld
%d
", sum, ans.size());
    for (auto x : ans) printf("%d
", x);
    return 0;
}

F - Two Faced Edges

题意

给定一个有向图，每次将一条边方向反转，问这个操作是否改变了图中的强连通分量数，

思路

结论：
假设原有边(a_i ightarrow b_i)，考虑接下来两个命题：
1, 原图中能从(b_i)走到(a_i)，
2. 原图中删去了(a_i ightarrow b_i)边后仍能从(a_i)走到(b_i)。
则图中的强连通分量数不改变 当且仅当 命题1与命题2同真假。

下面考虑命题2如何(check).
考虑将从(a_i)出去的边标号，先沿着边的标号从小到大进行(dfs)，对图中每个点的标记则为其第一次被访问是来自哪条边的行为；再从大到小进行(dfs)，对图中每个点的标记则为其最后一次被访问是来自哪条边的行为。
// 两个标记即相当于前缀与后缀的作用
如果这两个标记不都等于删去的边的标号（若都等于，则意味着该边为必经边），则删去该边仍能走到。

至于命题1，可以建立在命题2的基础上，也可以直接每个点一次(dfs).

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 1010
#define maxm 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
int f[maxn][maxn][2], vis[maxn<<1], T;
struct node {int to, id; };
vector<node> edge[maxn];
pair<int, int> E[maxm];
void dfs(int u, int src, int id, int type) {
    f[src][u][type] = id; vis[u] = T;
    for (auto& e : edge[u]) {
        int v = e.to;
        if (vis[v]!=T) dfs(v, src, id, type);
    }
}
void work(int src) {
    ++T; vis[src] = T;
    for (auto& e : edge[src]) {
        int v = e.to;
        if (vis[v]!=T) dfs(v, src, e.id, 0);
    }

    reverse(edge[src].begin(), edge[src].end());
    ++T; vis[src] = T;
    for (auto& e : edge[src]) {
        int v = e.to;
        if (vis[v]!=T) dfs(v, src, e.id, 1);
    }
}
int main() {
    int n, m, u, v;
    scanf("%d%d", &n ,&m);
    F2(i, 1, m) {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        edge[u].push_back({v, i});
        E[i] = {u, v};
    }
    F2(i, 1, n) work(i);
    F2(i, 1, m) {
        int u = E[i].first, v = E[i].second;
        if (f[v][u][0]!=0 ^ (f[u][v][0]!=i||f[u][v][1]!=i)) puts("diff");
        else puts("same");
    }
    return 0;
}