A.Reverse
思路
给出一个 [ 1 , n ] [1, n] [1,n]的排列， 要求翻转一次区间，使字典序最小。一次操作字典序最小，那么操作后从头开始的顺序序列长度应该 + 1 +1 +1。
那么显然是找到第一个错位的位置，该位置当前点数字一定大于其坐标(证明略)。然后将该位置上应该放置的数字位置找到，区间反转即可，这样可以保证顺序序列增加一个数字，使字典序最小。
Accepted Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 600;
int a[N];
inline void solve(){
int n = 0; cin >> n;
int minpos = 0, maxpos = 0, minn = 10000000, maxx = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
int l = 0, r = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
if(!l){ if(a[i] != i) l = i; }
else{ if(a[i] == l) r = i; }
}
reverse(a + l, a + r + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << a[i] << ' ';
cout << endl;
}
signed main(){
int t = 0; cin >> t;
while(t--) solve();
return 0;
}
B.Odd Swap Sort
思路
相加为奇数才允许交换，那么我们分奇偶讨论，如果奇数序列和偶数序列中存在逆序对，那么必然不能成功排序(无法交换位置)。
Accepted Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
#define yes puts("YES")
#define no puts("NO")
const int N = 100005;
int a[N];
inline void solve(){
int n = 0; cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
int book1 = 0, book2 = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
if(a[i] & 1){
if(a[i] < book1){ no; return; }
book1 = a[i];
}
else{
if(a[i] < book2){ no; return; }
book2 = a[i];
}
}
yes;
}
signed main(){
int t = 0; cin >> t;
while(t--) solve();
return 0;
}
C.Inversion Graph
思路
逆序对之间连线，查连通块个数。
可以通过维护单调栈来做。但是还有更好写的做法：
对于两个连通块而言，其合并的条件是两个连通块里存在至少一个逆序对，也就是说靠前的大节点会包含后面的小节点。那么我们只需要对整个序列排序，然后寻找最大 i d id id归位的次数即可。
Accepted Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
struct node{
int id, val;
const bool operator< (const node &aa){ return val < aa.val; }
}a[N];
//int a[N];
inline void solve(){
int n = 0; cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].val, a[i].id = i;
sort(a + 1, a + 1 + n);
int maxx = 0, cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
maxx = max(maxx, a[i].id);
if(maxx == i) cnt++, maxx = a[i + 1].id;
}
cout << cnt << endl;
}
signed main(){
int t = 0; cin >> t;
while(t--) solve();
return 0;
}
D.Big Brush
思路
题目要求还原染色步骤。。。一看就是个模拟。
首先遍历整张图，找到起始点，然后从起始点开始倒着删，得到操作序列后再倒过来输出，就是操作。
删除的过程可以BFS或者DFS(没写)。
Accepted Code
#include <bits/stdc++.h>
#define endl "\n"
const int dxy[] = {0, 1}, N = 1010;
int g[N][N];
inline void solve(){
int n, m, cnt = 0; std::cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++) std::cin >> g[i][j];
auto check = [&](int x, int y, int res = 0){
if(x >=n || x < 1 || y >= m || y < 1) return 0;
for(auto i : dxy) for(auto j : dxy){
if(g[x + i][y + j]) res = g[x + i][y + j];
}
for(auto i : dxy) for(auto j : dxy){
if(g[x + i][y + j] && g[x + i][y + j] != res) return 0;
}
return res;
};
auto reset = [&](int x, int y){
for(auto i : dxy) for(auto j : dxy) g[x + i][y + j] = 0;
};
struct node { int x, y, c; };
std::stack<node> ans;
std::queue<node> q;
for(int i = 1; i < n; i++){
for(int j = 1; j < m; j++){
int res = check(i, j);
if(res){ q.emplace(node{i, j, res}); break; }
}
}
while(q.size()){
node now = q.front(); q.pop();
if(check(now.x, now.y) == now.c){
ans.emplace(now);
reset(now.x, now.y);
for(int i = -1; i <= 1; i++){
for(int j = -1; j <= 1; j++){
int nx = now.x + i, ny = now.y + j, res = check(nx, ny);
if(res) q.emplace(node{nx, ny, res});
}
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
if(g[i][j]){ puts("-1"); return; }
}
}
std::cout << ans.size() << endl;
while(ans.size()){
auto now = ans.top(); ans.pop();
std::cout << now.x << ' ' << now.y << ' ' << now.c << endl;
}
}
signed main(){
std::ios_base::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
E.Colorful Operations
珂朵莉树+差分树状数组，具体见博客： CF1638E. Colorful Operations 珂朵莉树+差分树状数组_HeartFireY的博客-CSDN博客
