前言
又被卡在第二题了，当时脑子跟犯糊涂似的，B题越理越乱，导致比赛结束，还在想着题，彻夜难眠！
A.Submission is All You Need
Submission is All You Need
题目大意：
操作：
思路：只需要统计0的个数就行了，有多少个0就加上多少个1
由于mex的特性，以及操作时的特点，只要把0变成1就行，
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define fi first
#define se second
#define pii pair<ll,ll>
const ll N=1e6+10;
ll s[N];
ll sum[N];
void slove()
{
ll n;
cin>>n;
ll f=0;
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s[i];
sum[i]=s[i]+sum[i-1];
if(s[i]==0)
f++;
}
cout<<sum[n]+f<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
cin>>t;
while(t--)
slove();
return 0;
}
B. Pathless
Pathless
思路;
对于这一题是有规律的
如果a1,a2,…,an的和sum
1.如果sum>s;
则一定不会满足条件，这时只需要按原数组输出就行
2.sum==s
这种是一定会满足的直接输出-1；
3.s>sum
如果s-sum=1，可以通过先0后2再1的顺序输出
这样可以使得往返之后的额外增加的数，不管如何都不会凑成1
如果大于1,这一种不管如何排列，总会找到相邻的数进行往返，以此来凑齐多出的数
因为相邻数对的和可以通过线性组合覆盖所有大于1的数
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define fi first
#define se second
#define pii pair<ll,ll>
const ll N=1e6+10;
ll s1[N];
void slove()
{
ll n,s;
cin>>n>>s;
ll sum=0;
ll a1=0,b1=0,c1=0;
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s1[i];
if(s1[i]==0)
a1++;
else if(s1[i]==1)
b1++;
else
c1++;
sum+=s1[i];
}
if(sum>s)
{
for(ll i=1;i<=n;i++)
cout<<s1[i]<<" ";
cout<<endl;
}
else
{
if(sum==s)
{
cout<<-1<<endl;
}
else
{
s=s-sum;
if(s==1)
{
for(ll i=1;i<=a1;i++)
cout<<0<<" ";
for(ll i=1;i<=c1;i++)
cout<<2<<" ";
for(ll i=1;i<=b1;i++)
cout<<1<<" ";
cout<<endl;
return ;
}
cout<<-1<<endl;
}
}
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
cin>>t;
while(t--)
slove();
return 0;
}
C.Double Perspective
Double Perspective
其中主要的意思就是
f(s)代表的是在数轴上两点之间距离之和
就比如（1，2）（2， 3）（3,4）其f（s）就是3；
而g（s）
则代表的是成环的长度，此时ai与bi是一条无向边
就比如（1,2）（2,4）（1,4）此时成环，即g（s）=3；
了解完这些之后就是然后找到f（s）-g（s）的最大值
其实很简单，只需要把成环的边去掉，则剩下的集合就是最大的
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e6+10;
ll k;
ll s[N];
ll h[N];
void in()//初始化
{
for(ll i=1;i<=2*k;i++)
{
s[i]=i;
h[i]=0;
}
}
ll find(ll x)//查找根节点
{
ll r=x;
while(r!=s[r])
r=s[r];
ll i=x,j;
while(i!=j)
{
j=s[i];
s[i]=r;
i=j;
}
return r;
}
void mset(ll l,ll r)//合并
{
l=find(l);
r=find(r);
if(l==r)
return ;
if(h[l]<h[r])
{
s[l]=r;
}
else
{
if(h[l]==h[r])
h[r]++;
s[r]=l;
}
return ;
}
void slove()
{
cin>>k;
in();
vector<ll> p;
for(ll i=1;i<=k;i++)
{
ll l,r;
cin>>l>>r;
l=find(l);
r=find(r);
if(l!=r)//如果不成环，相当于把成环的跳过了
{
mset(l,r);
p.push_back(i);
}
}
cout<<p.size()<<endl;
for(auto i:p)
cout<<i<<" ";
cout<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
cin>>t;
while(t--)
slove();
return 0;
}
D.Stay or Mirror
Stay or Mirror
题目的意思就是寻找逆序对的，就是这个条件
通过这个操作
能否使逆序对最小化。
注意：
当然这一题利用的贪心策略：
对于每个元素 p [i]，计算两种选择（保留原值或选择 2n-p [i]）分别会产生的逆序数贡献，然后选择贡献较小的那个
对于数组中的每个元素 p [i]，代码计算两个值：
l：在 p [i] 之前（j < i）且比 p [i] 大的元素数量
r：在 p [i] 之后（j > i）且比 p [i] 大的元素数量
为什么这样计算？
当选择保留 p [i] 时，它会与前面所有比它大的元素形成逆序对，贡献为 L
当选择 2n-p [i] 时，由于 2n-p [i] 的值较大（对于排列中的元素），它不会与前面的元素形成逆序对，而是会与后面比它小的元素形成逆序对。而后面比 p [i] 大的元素数量 R，恰好等于后面比 2n-p [i] 小的元素数量（因为 2n-p [i] 较大）
因此，对于每个元素，取 min (L, R) 作为它对总逆序数的最小贡献，累加后得到最终结果。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e4+10;
ll s[N];
void slove()
{
ll n;
cin>>n;
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s[i];
}
ll ans=0;
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
ll l=0,r=0;
for(ll j=1;j<=i;j++)//保留是s[i];
if(s[j]>s[i])l++;
for(ll j=i+1;j<=n;j++)//选择2n-s[i];
if(s[j]>s[i])r++;
ans+=min(l,r);//取其贡献最小的累加到答案
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
cin>>t;
while(t--)
slove();
return 0;
}