A - A Unique Letter

题目大意

给定一个长度为333的字符串SSS。
输出SSS中出现正好一次的字母（任意，如abc中，三个字母都可为答案）。

如果没有，输出-1。

数据保证SSS的长为333，且由小写英文字母组成。

输入格式

SSS

输出格式

输出任意符合条件的答案。

样例

SSS	输出
pop	o
abc	a/b/c
xxx	-1

分析

我们设输入的3个字母分别为a、b、c。
首先，如果a=b=ca=b=ca=b=c，那么输出−1-1−1。
其次，我们依次尝试找到两个相同的字母：

• xxy形式（a=ba=ba=b）：输出ccc
• xyx形式（a=ca=ca=c）：输出bbb
• yxx形式（b=cb=cb=c）：输出aaa
• xyz形式（a≠b≠ca\ne b\ne ca=b=c）：输出任意一个

代码

这里，我把最后两种情况合并了（一个else搞定，都输出aaa）：

#include <cstdio>
using namespace std;int main()
{char a = getchar(), b = getchar(), c = getchar();if(a == b && b == c) puts("-1");else if(a == c) putchar(b);else if(a == b) putchar(c);else putchar(a);return 0;
}

---

B - Better Students Are Needed!

题目大意

NNN个员工参加了一场选聘考试。
第iii个员工数学考了AiA_iAi​分，英语BiB_iBi​分。

公司按如下的方式选聘员工：

1. 数学分数在前XXX的被直接录取；
2. 剩下的人中，英语分数在前YYY的被录取；
3. 最后，总分在前ZZZ的被录取，剩下的人被淘汰。

注意：分数相同的员工按编号排序。

输出被录取的所有员工的编号，按升序排列。

1≤N≤10001\le N\le 10001≤N≤1000
0≤X,Y,Z≤N0\le X,Y,Z\le N0≤X,Y,Z≤N
1≤X+Y+Z≤N1\le X+Y+Z\le N1≤X+Y+Z≤N
0≤Ai,Bi≤1000\le A_i,B_i\le 1000≤Ai​,Bi​≤100

输入格式

NXYZN~X~Y~ZN X Y Z
A1A2…ANA_1~A_2~\dots~A_NA1​ A2​ … AN​
B1B2…BNB_1~B_2~\dots~B_NB1​ B2​ … BN​

输出格式

输出被录取的所有员工的编号，按升序排列，每行一个。

样例

略，请自行前往AtCoder查看

分析

本题主要有两种思路：

1. 用pair<int, int>代表一个员工，再使用vector+sort或priority_queue执行三次分别排序数学、英语、总分；
2. 用struct { int math, english, id; }表示员工，存储一次，排序三次（使用不同的排序依据）

详见代码1、代码2。

代码

代码1

• vector+sort实现

  #include <cstdio>
  #include <vector>
  #include <algorithm>
  #define maxn 1005
  using namespace std;int a[maxn], b[maxn];
  bool used[maxn];int main()
  {int n, x, y, z;scanf("%d%d%d%d", &n, &x, &y, &z);for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d", a + i);for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d", b + i);// Mathvector<pair<int, int>> sel_a;for(int i=0; i<n; i++)sel_a.emplace_back(-a[i], i);sort(sel_a.begin(), sel_a.end());for(int i=0; i<x; i++)used[sel_a[i].second] = true;// Englishvector<pair<int, int>> sel_b;for(int i=0; i<n; i++)if(!used[i])sel_b.emplace_back(-b[i], i);sort(sel_b.begin(), sel_b.end());for(int i=0; i<y; i++)used[sel_b[i].second] = true;// Totalvector<pair<int, int>> sel_t;for(int i=0; i<n; i++)if(!used[i])sel_t.emplace_back(-(a[i] + b[i]), i);sort(sel_t.begin(), sel_t.end());for(int i=0; i<z; i++)used[sel_t[i].second] = true;for(int i=0; i<n; i++)if(used[i])printf("%d\n", i + 1);return 0;
  }
  

• priority_queue实现

  #include <cstdio>
  #include <queue>
  #define maxn 1005
  using namespace std;int a[maxn], b[maxn], c[maxn];
  bool used[maxn];inline void selectOnce(int* scores, int n, int snum)
  {priority_queue<pair<int, int>> sel;for(int i=0; i<n; i++)if(!used[i]){sel.emplace(-scores[i], i);if(sel.size() > snum) sel.pop();}while(!sel.empty())used[sel.top().second] = true, sel.pop();
  }int main()
  {int n, x, y, z;scanf("%d%d%d%d", &n, &x, &y, &z);for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d", a + i);for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d", b + i);for(int i=0; i<n; i++)c[i] = a[i] + b[i];selectOnce(a, n, x);selectOnce(b, n, y);selectOnce(c, n, z);for(int i=0; i<n; i++)if(used[i])printf("%d\n", i + 1);return 0;
  }
  

代码2

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define maxn 1005
using namespace std;struct Emp { // Employeeint math, eng, id;
} emps[maxn];inline bool cmp1(const Emp& e1, const Emp& e2) {return e1.math == e2.math?e1.id < e2.id:e1.math > e2.math;
}inline bool cmp2(const Emp& e1, const Emp& e2) {return e1.eng == e2.eng?e1.id < e2.id:e1.eng > e2.eng;
}inline bool cmp3(const Emp& e1, const Emp& e2) {int tot1 = e1.math + e1.eng, tot2 = e2.eng + e2.math;return tot1 == tot2?e1.id < e2.id:tot1 > tot2;
}inline bool cmp4(const Emp& e1, const Emp& e2) {return e1.id < e2.id;
}int main()
{// Inputint n, x, y, z;scanf("%d%d%d%d", &n, &x, &y, &z);for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d", &emps[i].math),emps[i].id = i;for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d", &emps[i].eng);// Sortauto last = emps + n;sort(emps, last, cmp1);sort(emps + x, last, cmp2);sort(emps + x + y, last, cmp3);sort(emps, emps + x + y + z, cmp4); // 按编号升序排序// Outputfor(int i=0; i<x+y+z; i++)printf("%d\n", emps[i].id + 1);return 0;
}

---

C - Changing Jewels

题目大意

Takahashi有一个NNN级的红色宝石。
他可以重复下列操作任意次数：

• 将一个NNN级的红色宝石转换为“一个(N−1)(N-1)(N−1)级的红色宝石和XXX个NNN级的蓝色宝石”。
• 将一个NNN级的蓝色宝石转换为“一个(N−1)(N-1)(N−1)级的红色宝石和YYY个N−1N-1N−1级的蓝色宝石”。

Takahashi最后最多能得到几个111级的蓝色宝石？

1≤N≤101\le N\le 101≤N≤10
1≤X,Y≤51\le X,Y\le 51≤X,Y≤5

输入格式

NXYN~X~YN X Y

输出格式

输出一个整数，即最终蓝色宝石的数量。

样例

NNN	XXX	YYY	输出
222	333	444	121212
101010	555	555	394234990039423499003942349900

注意小心323232位整数（int/int32）溢出。

分析

要获得(N−1)(N-1)(N−1)级的蓝宝石，必须先尽可能多的获得NNN级的蓝宝石。
而要达到这个目的，就需要有尽可能多的NNN级红宝石。

以此类推，我们可以按顺序进行操作111，操作222……直到所有宝石全部为111级（也就是循环(N−1)(N-1)(N−1)次）。维护两个变量red\text{red}red（初始为111）和blue\text{blue}blue（初始为000），分别表示当前的红、蓝宝石的数目。
每次循环，先将blue\text{blue}blue加上red×X\text{red}\times Xred×X（操作111），再将red\text{red}red加上blue\text{blue}blue、blue\text{blue}blue乘上YYY（操作222）。

时间复杂度O(n)\mathcal O(n)O(n)，如有读不懂的地方，可参考代码。

代码

注意使用long long。

#include <cstdio>
using namespace std;int main()
{int n, x, y;scanf("%d%d%d", &n, &x, &y);long long red = 1LL, blue = 0LL;while(--n){blue += red * x;red += blue, blue *= y;}printf("%lld\n", blue);return 0;
}

---

D - Draw Your Cards

题目大意

有NNN张牌，上面分别写着数字P1,P2,…,PNP_1,P_2,\dots,P_NP1​,P2​,…,PN​。
按照这个顺序，我们进行NNN个操作，第iii个操作的具体步骤如下：

• 取出第iii张牌，令X=PiX=P_iX=Pi​；
• 找到存堆中顶牌≥X~\ge X ≥X的最小一张，将这张牌置于其上；
• 如果没有符合条件的牌，将XXX放入一新堆；
• 当某堆牌数达到KKK时，把这堆的牌全部吃掉。

求每张牌被吃掉的时间（若没有被吃掉，输出-1，详见输出格式）。

1≤K≤N≤2×1051\le K\le N \le 2\times 10^51≤K≤N≤2×105
PPP是(1,2,…,N)(1,2,\dots,N)(1,2,…,N)的一种排列。

输入格式

NKN~KN K
P1P2…PNP_1~P_2~\dots~P_NP1​ P2​ … PN​

输出格式

输出NNN行，第iii行表示卡片iii被吃掉的时间（如果没被吃掉，输出-1）。

样例

略，就是懒

分析

首先肯定不能用vector<stack<int>>这种数据结构，效率太低，容易写错，还不好用。可以用一个类似于并查集的数据结构，每次叠放操作都可看作“把下面的牌的父亲设置为上面的牌”。我们还需要记录并查集中每个连通分量的大小，方便模拟“吃掉”操作。

最终对于每个节点，输出其祖宗被吃掉的时间（咋听起来有点怪）。

目前的时间复杂度是O(N2)\mathcal O(N^2)O(N2)，因为每次操作都需要用O(n)\mathcal O(n)O(n)的时间，找到最小的符合条件的牌堆。
很容易想到，可以使用set优化。

set是自动排序的集合，常用的的操作有插入（insert）、删除（erase）、二分查找（lower_bound/upper_bound），一次操作的时间复杂度均为O(log⁡n)\mathcal O(\log n)O(logn)。

这时，使用一个set<int>维护每个堆顶的卡牌编号，就可以把时间复杂度降到O(nlog⁡n)\mathcal O(n\log n)O(nlogn)以内。

至此，此题完。注意对K=1K=1K=1的特判。

代码

#include <cstdio>
#include <set>
#define maxn 200005
using namespace std;int fa[maxn], eat[maxn], sz[maxn];int find(int x) {return fa[x] == x? x: fa[x] = find(fa[x]);
}int main()
{int n, k;scanf("%d%d", &n, &k);set<int> cards;for(int i=0; i<n; i++){int x;scanf("%d", &x);x --;eat[x] = -1, fa[x] = x;if(k == 1){eat[x] = i + 1;continue;}auto it = cards.upper_bound(x);if(it == cards.end())cards.insert(x), sz[x] = 1;else{fa[*it] = x;cards.erase(it);if((sz[x] = sz[*it] + 1) == k)eat[x] = i + 1;else cards.insert(x);}}for(int i=0; i<n; i++)printf("%d\n", eat[find(i)]);return 0;
}

---

E - At Least One

题目大意

给定整数MMM和NNN对整数：(A1,B1),(A2,B2),…,(AN,BN)(A_1,B_1),(A_2,B_2),\dots,(A_N,B_N)(A1​,B1​),(A2​,B2​),…,(AN​,BN​)。
题目保证对于任意iii，1≤Ai<Bi≤M1\le A_i<B_i\le M1≤Ai​<Bi​≤M。

符合如下条件的整数序列SSS被称作好的序列：

• SSS是(1,2,…,M)(1,2,\dots,M)(1,2,…,M)的连续子序列；
• 对于每个iii，SSS中包含AiA_iAi​或BiB_iBi​（或同时包含）。

令f(k)=(f(k)=(f(k)=(长为kkk的好序列的个数)))。求f(1),f(2),…,f(M)f(1),f(2),\dots,f(M)f(1),f(2),…,f(M)。

1≤N≤2×1051\le N\le 2\times 10^51≤N≤2×105
2≤M≤2×1052\le M\le 2\times 10^52≤M≤2×105
1≤Ai<Bi≤M1\le A_i<B_i\le M1≤Ai​<Bi​≤M

输入格式

NMN~MN M
A1B1A_1~B_1A1​ B1​
A2B2A_2~B_2A2​ B2​
⋮\vdots⋮
ANBNA_N~B_NAN​ BN​

输出格式

输出一行，即f(1),f(2),…,f(M)f(1),f(2),\dots,f(M)f(1),f(2),…,f(M)，用空格分隔。

样例

略，请自行前往AtCoder查看

分析

首先，根据题意，SSS可被表示为一个区间[l,r][l,r][l,r]，其中1≤l≤r≤M1\le l\le r\le M1≤l≤r≤M。
当对于每个iii，l≤Ai≤rl\le A_i\le rl≤Ai​≤r或l≤Bi≤rl\le B_i\le rl≤Bi​≤r时，区间[l,r][l,r][l,r]符合条件。
若按这样直接暴力枚举，时间复杂度为O(N2M)\mathcal O(N^2M)O(N2M)，明显超时，不可取。

仔细想想会发现，对于两个区间[l,r][l,r][l,r]和[a,b][a,b][a,b]，若a≤l≤r≤ba\le l\le r\le ba≤l≤r≤b，且[l,r][l,r][l,r]符合条件，则[a,b][a,b][a,b]也肯定符合条件。

此时，可以考虑使用滑动窗口优化，则时间复杂度降至O(MN)\mathcal O(MN)O(MN)。

继续优化。在窗口滑动的过程中，每次移动左/右端点时考虑一次移动对当前符合条件的iii的数量的贡献，需要两个数组cnt[N]\mathrm{cnt}[N]cnt[N]（记录每个AiA_iAi​和BiB_iBi​符合条件的个数）和inv[M+1][…]\mathrm{inv}[M+1][\dots]inv[M+1][…]（预处理每个数值对应的所有元素下标）。

总时间复杂度为O(N+M)\mathcal O(N+M)O(N+M)，详见代码。

代码

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 200005
using namespace std;vector<int> inv[maxn];
int cnt[maxn], ans[maxn];int main()
{int n, m;scanf("%d%d", &n, &m);for(int i=0; i<n; i++){int a, b;scanf("%d%d", &a, &b);inv[a].push_back(i);inv[b].push_back(i);}int left = n;for(int i=1, j=1; i<=m; i++){for(; j <= m && left > 0; j++)for(int x: inv[j])if(++cnt[x] == 1)left --;if(left > 0) break;ans[j - i] ++, ans[m - i + 2] --;for(int x: inv[i])if(--cnt[x] == 0)left ++;}for(int i=1; i<=m; i++)printf("%d ", ans[i] += ans[i - 1]);return 0;
}

---

F - Find 4-cycle

题目大意

给定一个二分图GGG，形如下：

图片来源：二分图_百度百科

其中顶点集UUU中的顶点数为SSS，VVV的顶点数为TTT，总边数为MMM（第iii条边连接uiu_iui​和viv_ivi​）。
请找出此图中任意长为444的环。如果没有，输出-1。

2≤S≤3×1052\le S\le 3\times 10^52≤S≤3×105
2≤T≤30002\le T\le 30002≤T≤3000
4≤M≤min⁡(S×T,3×105)4\le M\le \min(S\times T,3\times 10^5)4≤M≤min(S×T,3×105)
1≤ui≤S<vi≤S+T1\le u_i\le S<v_i\le S+T1≤ui​≤S<vi​≤S+T

输入格式

STMS~T~MS T M
u1V1u_1~V_1u1​ V1​
u2V2u_2~V_2u2​ V2​
⋮\vdots⋮
uMVMu_M~V_MuM​ VM​

输出格式

如果有长为444的环，输出其中四个顶点的编号（顺序随意，用空格分隔）。
如果没有，输出-1。

样例

略，请自行前往AtCoder查看

分析

注意到样例中TTT只有300030003000，O(T2)=9×106\mathcal O(T^2)=9\times 10^6O(T2)=9×106可以接受。
然后因为是二分图，所以长为444的环肯定是在两个顶点集中各有两个点。

令f(x,y)f(x,y)f(x,y)为目前发现的与点x,yx,yx,y都相连的点，初始化为−1-1−1（表示未发现）。
输入使用邻接表存储，G[v]G[v]G[v]存储连到vvv的所有点，注意只需存顶点集UUU的G[v]G[v]G[v]即可。
再对于每个vvv，依次枚举G[v]G[v]G[v]中的两个点(x,y)(x,y)(x,y)，如果f(x,y)=−1f(x,y)=-1f(x,y)=−1，则执行f(x,y):=vf(x,y):=vf(x,y):=v，如果不是−1-1−1，则输出{x} {y} {v} {f(x,y)}，结束程序。

时间复杂度约为O(T2)\mathcal O(T^2)O(T2)。

本题中的时间复杂度怎么算？
→f(x,y)\to f(x,y)→f(x,y)中不同(x,y)(x,y)(x,y)的组合只有T(T−1)=T2−T≈T2T(T-1)=T^2-T\approx T^2T(T−1)=T2−T≈T2种。
→\to~→  根据鸽笼原理（又称抽屉原理），在最坏情况下，T2T^2T2种组合都记录过fff之后，下一种组合无论是什么肯定都已经记录过fff，因此最坏时间复杂度为O(T2)\mathcal O(T^2)O(T2)，对于随机数据的平均时间复杂度远远小于这个值。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#define maxs 300005
#define maxt 3005
using namespace std;vector<int> G[maxs];
int f[maxt][maxt];int main()
{int s, t, m;scanf("%d%d%d", &s, &t, &m);while(m--){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);G[--u].push_back(--v - s);}memset(f, -1, sizeof(f));for(int i=0; i<s; i++)for(int j=0; j+1<G[i].size(); j++)for(int k=j+1; k<G[i].size(); k++){int u = G[i][j], v = G[i][k];if(u > v) u ^= v ^= u ^= v;if(f[u][v] != -1){printf("%d %d %d %d\n", f[u][v] + 1, i + 1, u + s + 1, v + s + 1);return 0;}f[u][v] = i;}puts("-1");return 0;
}

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