比賽鏈接

官方題解

Problem A. Kuroni and the Gifts

將 $a_i$ 和 $b_i$ 排序後輸出即可。

時間複雜度 $O(TNLogN)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
int a[MAXN], b[MAXN];
int main() {
	int T; read(T);
	while (T--) {
		int n; read(n);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			read(a[i]);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			read(b[i]);
		sort(a + 1, a + n + 1);
		sort(b + 1, b + n + 1);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			printf("%d ", a[i]);
		printf("\n");
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			printf("%d ", b[i]);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

Problem B. Kuroni and Simple Strings

最終剩餘的串一定可以找到一個分界點，使得其前面都是 $)$ ，後面都是 $($ 。
因此，若當前字符串以 $)$ 開頭，或以 $($ 結尾，顯然可以刪除之。
否則，字符串的開頭和結尾將構成一對匹配的括號，需要對其進行操作。

由此，我們可以看到，若需要進行操作，則至多需要進行一次操作。

時間複雜度 $O(|S|)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
bool vis[MAXN];
char s[MAXN];
int main() {
	scanf("%s", s + 1);
	int n = strlen(s + 1);
	int l = 1, r = n, k = 0;
	while (l <= r) {
		if (s[l] == ')') l++;
		else if (s[r] == '(') r--;
		else {
			vis[l] = vis[r] = true;
			k++, l++, r--;
		}
	}
	if (k) {
		printf("%d\n%d\n", 1, 2 * k);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			if (vis[i]) printf("%d ", i);
		printf("\n");
	} else printf("%d\n", 0);
	return 0;
}

Problem C. Kuroni and Impossible Calculation

若 $N>M$ ，根據抽屜原理，必然存在兩個同餘的數，則答案爲 $0$ 。
否則，有 $N\leq 1000$ ，可以暴力計算答案。

時間複雜度 $O(N+M^2)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
int n, P, a[MAXN];
int main() {
	read(n), read(P);
	if (n > P) puts("0");
	else {
		int ans = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			read(a[i]);
		sort(a + 1, a + n + 1);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = i + 1; j <= n; j++)
			ans = 1ll * ans * (a[j] - a[i]) % P;
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

Problem D. Kuroni and the Celebration

通過一次詢問，我們可以得到樹上一條路徑上深度最小的點。

那麼，考慮詢問一對不同的葉子節點 $x,y$ 。
若得到的回答是 $x,y$ 中的一者，則可以直接確定根節點。
否則，令答案爲 $z$ ，我們可以確定根節點不在 $x,y$ 所在的 $z$ 的子樹中。因此，可以刪去這兩個子樹，在剩餘的樹上重複這一過程。一次詢問將導致候選點集的大小至少 $-2$ 。

時間複雜度 $O(N^2)$ ，使用操作 $\lfloor\frac{N}{2}\rfloor$ 次。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
bool res[MAXN]; int vis[MAXN], task;
int n; vector <int> a[MAXN];
void erase(vector <int> &a, int x) {
	for (unsigned i = 0; i < a.size(); i++)
		if (a[i] == x) {
			swap(a[i], a[a.size() - 1]);
			a.pop_back();
			return;
		}
}
int cntres() {
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cnt += res[i];
	return cnt;
}
void col(int pos, int fa) {
	vis[pos] = task;
	for (auto x : a[pos])
		if (x != fa) col(x, pos);
}
void dres(int pos, int fa) {
	res[pos] = false;
	for (auto x : a[pos])
		if (x != fa) dres(x, pos);
}
int main() {
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		res[i] = true;
	for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
		int x, y; read(x), read(y);
		a[x].push_back(y);
		a[y].push_back(x);
	}
	while (cntres() != 1) {
		int x = 0, y = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			if (res[i] && a[i].size() == 1) {
				y = x;
				x = i;
			}
		assert(x != 0 && y != 0);
		cout << '?' << ' ' << x << ' ' << y << endl;
		int z, rx = 0, ry = 0; read(z);
		if (z == x || z == y) {
			cout << '!' << ' ' << z << endl;
			return 0;
		}
		for (auto p : a[z]) {
			task++;
			col(p, z);
			if (vis[x] == task) rx = p;
			if (vis[y] == task) ry = p;
		}
		erase(a[z], rx);
		erase(a[z], ry);
		dres(rx, z), dres(ry, z);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (res[i] == true) {
			cout << '!' << ' ' << i << endl;
			return 0;
		}
	return 0;
}

Problem E. Kuroni and the Score Distribution

考慮滿足 $a_i+a_j=a_k,i<j<k$ 的三元組 $(i,j,k)$ 。
對於固定的 $k$ ，至多能夠產生 $\lfloor\frac{k-1}{2}\rfloor$ 個三元組。並且，若令 $a_i=i$ ，這個上界對每一個 $k$ 均可取到。因此，令 $Max=\sum_{k=1}^{N}\lfloor\frac{k-1}{2}\rfloor$ ，當 $M\geq Max+1$ ，問題無解。

若 $Max=M$ ，則可以直接令 $a_i=i$ 。
否則，一定存在最小的 $pos$ ，使得 $\sum_{k=1}^{pos}\lfloor\frac{k-1}{2}\rfloor>M$ 。

考慮按照如下方式構造：
$a_i=\left\{\begin{array}{rcl}i&&{i<pos}\\2i-1+2(M-\sum_{k=1}^{pos-1}\lfloor\frac{k-1}{2}\rfloor) & & {i=pos}\\5\times 10^8+2\times 10^4\times i & & {i>pos}\end{array} \right.$

可以保證 $a_1,a_2,\dots,a_pos$ 產生了 $M$ 個三元組，並且剩餘 $a_i$ 不能夠產生三元組。

時間複雜度 $O(N)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
int n, m, a[MAXN];
int main() {
	read(n), read(m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		a[i] = 5e8 + 2e4 * i;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if ((i - 1) / 2 <= m) {
			a[i] = i;
			m -= (i - 1) / 2;
		} else {
			a[i] = i - 1 + (i - 2 * m);
			m = 0;
			break;
		}
	}
	if (m > 0) {
		puts("-1");
		return 0;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		printf("%d ", a[i]);
	printf("\n");
	return 0;
}

Problem F. Kuroni and the Punishment

若固定所有數最終的一個公約數 $g$ ，顯然可以通過 $O(N)$ 貪心求出最少步數。

考慮取 $g=2$ ，則可以發現，操作次數不超過 $N$ ，因此答案在 $N$ 以內。
這表明，在最優方案中，有至少一半的數被操作的次數在 $1$ 以內。

由此，可以考慮隨機一個數 $x$ ，令 $g$ 爲 $x-1,x,x+1$ 中所有出現過的質因子更新答案。
若隨機 $T$ 次，可以保證正確率在 $1-0.5^T$ 以上。

時間複雜度 $O(T(\sqrt{V}+N))$ ，其中 $T$ 爲迭代次數。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
int n; ll a[MAXN];
int calc(ll g) {
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (a[i] < g) ans += g - a[i];
		else {
			ll tmp = a[i] % g;
			ans += min(tmp, g - tmp);
		}
	}
	if (ans > n) return n;
	else return ans;
}
int work(ll tmp) {
	int ans = n;
	if (tmp == 0) return n;
	for (int i = 2; 1ll * i * i <= tmp; i++)
		while (tmp % i == 0) {
			tmp /= i;
			chkmin(ans, calc(i));
		}
	if (tmp != 1) chkmin(ans, calc(tmp));
	return ans;
}
int main() {
	read(n);
	srand('X' + 'Y' + 'X');
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		read(a[i]);
	random_shuffle(a + 1, a + n + 1);
	int ans = n;
	for (int i = 1; i <= 40; i++) {
		int pos = ((rand() << 15) + rand()) % n + 1;
		chkmin(ans, work(a[pos]));
		chkmin(ans, work(a[pos] + 1));
		chkmin(ans, work(a[pos] - 1));
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

Problem G. Kuroni and Antihype

新增一個權值爲 $0$ 的人，令自行加入的人是此人所邀請的。

拋開連邊方式，考慮如下子問題：

給定一張 $N$ 個點的有向圖，其中一個點是源點，與所有點之間均有邊，需要選擇權值儘量大的 $N-1$ 條邊，使得源點可以通過所選的邊到達所有點。
若不考慮圖的特殊性，這個問題必須轉化爲最小樹形圖來解決。

本題中，這張有向圖具有一定特殊性：
$(1)$ 、若存在邊 $i\rightarrow j$ ，則一定存在邊 $j\rightarrow i$
$(2)$ 、邊 $i\rightarrow j$ 的權值爲 $a_i$

注意到最終形成的樹形圖上，每個點的入度均爲 $1$ ，因此，可以將邊權更改爲 $a_i+a_j$ ，在最終答案中減去 $\sum a_i$ 。此時，問題被轉化爲了無向圖最小生成樹的問題。

那麼，用並查集維護連通性，通過枚舉子集從邊權大到小加入所有邊即可。

時間複雜度 $O(3^{18})$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1 << 18;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
bool vis[MAXN]; ll ans;
int n, cnt[MAXN], f[MAXN];
int find(int x) {
	if (f[x] == x) return x;
	else return f[x] = find(f[x]);
}
void work(int x, int y) {
	ll inc = x + y, cmt = 1;
	x = find(x), y = find(y);
	if (x == y) return;
	if (!vis[x]) cmt += cnt[x] - 1;
	if (!vis[y]) cmt += cnt[y] - 1;
	ans += inc * cmt, f[x] = y;
	vis[x] = vis[y] = true;
}
int main() {
	read(n), cnt[0]++;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int x; read(x);
		cnt[x]++, ans -= x;
	}
	int u = (1 << 18) - 1;
	for (int i = 0; i <= u; i++)
		f[i] = i, vis[i] = false;
	for (int i = u; i >= 0; i--)
	for (int j = i; j > (i ^ j); j = (j - 1) & i)
		if (cnt[j] && cnt[i ^ j]) work(j, i ^ j);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

Problem H. Kuroni the Private Tutor

考慮固定學生的得分 $a_i(a_i\geq a_{i-1})$ ，判斷該得分分佈是否可能出現。

不計時間複雜度，我們可以用有上下界的網絡流進行判斷。
考慮構造一個左側 $N$ 個點，右側 $M$ 個點的完全二分圖，各邊流量限制爲 $1$ 。源點連向左側第 $i$ 個點，流量下界爲 $l_i$ ，上界爲 $r_i$ 。右側第 $i$ 個點連向匯點，流量限制爲 $a_i$ 。那麼，該得分分佈可能出現，當且僅當存在流量大小爲 $\sum a_i=T$ 的可行流。

由於上述二分圖構造規律顯著，可以考慮用最大流最小割定理對存在可行流的條件加以分析。
令 $a_i,l_i,r_i$ 均爲有序數組， $sa_i,sl_i,sr_i$ 分別爲它們的前綴和。
則存在可行流當且僅當對於任意的 $i\in[0,N],j\in[0,M]$ ，以下兩個條件均成立：
$(1)$ 、 $sl_i+sa_j+(N-i)\times (M-j)\geq sa_M$
$(2)$ 、 $sr_i+sa_j+(N-i)\times (M-j)\geq T$

考慮從小到大枚舉 $i$ ，那麼，使得不等式左側取到最小值的 $j$ 是單調不增的，可以方便地用雙指針在 $O(N+M)$ 的時間內進行判斷。

由上面的分析，我們也可以發現，我們希望前綴和數組 $sa_i$ 中的元素儘可能大。
根據給定條件，我們可以確定一個所有 $a_i$ 的下界，同時，還會剩餘一些能夠分配的分數。此時，我們會希望將分數儘可能分配給靠前的 $a_i$ ，使得前綴和數組 $sa_i$ 中的元素儘可能大。

兩個答案均可以二分，二分後構造合適的 $a_i$ 判斷是否合法即可。

時間複雜度 $O((N+M)Log(N+M))$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
int n, m, q, l[MAXN], r[MAXN], x[MAXN];
int a[MAXN]; ll t, sa[MAXN], sl[MAXN], sr[MAXN];
bool check() {
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		sa[i] = sa[i - 1] + a[i];
	for (int i = 0, j = m; i <= n; i++) {
		while (j >= 1 && a[j] >= n - i) j--;
		if (sl[i] + sa[j] + 1ll * (n - i) * (m - j) < sl[n]) return false;
		if (sr[i] + sa[j] + 1ll * (n - i) * (m - j) < t) return false;
	}
	return true;
}
bool check(int cnt, int val) {
	ll sum = 0; bool flg = true;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		a[i] = max(a[i - 1], x[i]), sum += a[i];
		if (m - i + 1 <= cnt) flg &= x[i] == -1;
	}
	if (!flg) {
		if (a[m] < val) return false;
		for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
			if (x[m - i + 1] != -1 && a[m - i + 1] != a[m]) return false;
			sum += a[m] - a[m - i + 1];
			a[m - i + 1] = a[m];
		}
	} else {
		for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
			if (a[m - i + 1] < val) {
				sum += val - a[m - i + 1];
				a[m - i + 1] = val;
			}
		}
	}
	if (sum > t) return false;
	sum = t - sum; ll bak = sum;
	for (int i = 1, last = 0; i <= m; i++)
		if (x[i] != -1 || m - i + 1 <= cnt) {
			int rng = i - last - 1, inc = a[i] - a[last];
			if (1ll * inc * rng <= sum) {
				sum -= 1ll * inc * rng;
				for (int j = last + 1; j <= i - 1; j++)
					a[j] += inc;
			} else {
				inc = sum / rng, sum -= 1ll * inc * rng;
				for (int j = last + 1; j <= i - 1; j++) {
					a[j] += inc;
					if (i - j <= sum) a[j]++;
				} sum = 0;
				break;
			}
			last = i;
		}
	if (!flg) {
		if (sum != 0) return false;
	} else {
		if (sum != 0) {
			int tmp = cnt;
			while (tmp < m && x[m - tmp] == -1) tmp++;
			ll inc = (sum - 1) / tmp + 1;
			for (int i = 1; i <= m; i++) {
				a[i] = max(a[i - 1], x[i]);
				if (m - i + 1 <= cnt) chkmax(a[i], val);
			}
			if (a[m] + inc > n) return false;
			for (int i = 1; i <= cnt; i++)
				a[m - i + 1] += inc;
			sum = bak - inc * cnt;
			if (sum < 0) return false;
			for (int i = 1, last = 0; i <= m; i++)
				if (x[i] != -1 || m - i + 1 <= cnt) {
					int rng = i - last - 1, inc = a[i] - a[last];
					if (1ll * inc * rng <= sum) {
						sum -= 1ll * inc * rng;
						for (int j = last + 1; j <= i - 1; j++)
							a[j] += inc;
					} else {
						inc = sum / rng, sum -= 1ll * inc * rng;
						for (int j = last + 1; j <= i - 1; j++) {
							a[j] += inc;
							if (i - j <= sum) a[j]++;
						} sum = 0;
						break;
					}
					last = i;
				}
			if (sum != 0) return false;
		}
	}
	return check();
}
int main() {
	read(n), read(m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		read(l[i]), read(r[i]);
	sort(l + 1, l + n + 1);
	sort(r + 1, r + n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		sl[i] = sl[i - 1] + l[i];
		sr[i] = sr[i - 1] + r[i];
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		x[i] = -1;
	read(q);
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		int pos; read(pos);
		read(x[m - pos + 1]);
	}
	read(t);
	if (!check(1, 0)) {
		puts("-1 -1");
		return 0;
	}
	int l = 1, r = m;
	while (l < r) {
		int mid = (l + r + 1) / 2;
		if (check(mid, 0)) l = mid;
		else r = mid - 1;
	}
	int cnt = l; l = 0, r = n;
	cout << cnt << ' ';
	while (l < r) {
		int mid = (l + r + 1) / 2;
		if (check(cnt, mid)) l = mid;
		else r = mid - 1;
	}
	cout << l << endl;
	return 0;
}

【CodeForces】Ozon Tech Challenge 2020

比賽鏈接

官方題解

Problem A. Kuroni and the Gifts

Problem B. Kuroni and Simple Strings

Problem C. Kuroni and Impossible Calculation

Problem D. Kuroni and the Celebration

Problem E. Kuroni and the Score Distribution

Problem F. Kuroni and the Punishment

Problem G. Kuroni and Antihype

Problem H. Kuroni the Private Tutor

.Net 8.0 下的新RPC，IceRPC之試試的新玩法"打洞"

完美替代postman的軟件

Vue mockjs mock.js

關於遊戲付費的一點想法

我通過CKA和CKS啦！

安裝chromadb注意事項

《最新出爐》系列入門篇-Python+Playwright自動化測試-42-強大的可視化追蹤利器Trace Viewer

大數據怎麼學？對大數據開發領域及崗位的詳細解讀，完整理解大數據開發領域技術體系

【CodeForces】Codeforces Round 626

【CodeForces】Codeforces Round 623

【LOJ3274】「JOISC 2020 Day2」變色龍之戀

【CodeForces】Ozon Tech Challenge 2020

【LOJ3275】「JOISC 2020 Day2」有趣的 Joitter 交友

https://yachay.unat.edu.pe/blog/index.php?comment_area=format_blog&comment_component=blog&comment_co

linux以太網驅動總結