Codeforces Round #742 Div.2 （A~E）题解_codeforces round #743 (div. 2)

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Codeforces 1567A 题目链接：点击这里传送

题意：
给出n个1 $\times$ 2大小的多米诺骨牌组成2$\times$n的矩形。现输入第一行的多米诺骨牌的方向，根据上图的格式输出排列方法。
思路：
上下左右四个方向都取其对立面输出就行。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n;
string s;
string ans;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		ans = "";
		cin >> n;
		cin >> s;
		int i = 0;
		while (i < s.length())
		{
			if (s[i] == 'L')
			{
				ans += 'L';
			}
			else if (s[i] == 'R')
			{
				ans += 'R';
			}
			else if (s[i] == 'D')
			{
				ans += 'U';
			}
			else if (s[i] == 'U')
			{
				ans += 'D';
			}
			i++;
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}


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Codeforces 1567B 题目链接：点击这里传送

题意：
给出两个数a和b，要求你构造出一个数组并使其长度尽可能短，使得这个数组的最小未出现过的数字为a，数组中所有元素的异或为b。输出这个数组的长度。
思路：
先把MEX构造出来，然后求出这些数的异或和。打个表列出规律可得

• 偶数%4=0 为本身
• 偶数%4!=0 本身+1
• 奇数%4=3 0
• 奇数%4=1 1

设这个异或和为temp，当temp$⨁$b=b时，只需要n个数；当temp$⨁$a=b时，需要n+2个数，其他情况需要n+1个数。（找一x使得temp$⨁$x=b,x可以为除a外的任意数）

```cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n, a, b;
//偶数%4==0 为本身
//偶数%4!=0 本身+1
//奇数%4==3 0
//奇数%4==1 1
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		cin >> a >> b;
		//1 1 temp^x=b temp^b=x 当且仅当x=a时，不成立，需要再加一个数
		n = a;//为了满足MEX
		a--;
		int temp = 0;	
		if (a % 4 == 0) temp = a;
		if (a % 4 == 2) temp = a + 1;
		if (a % 4 == 1) temp = 1;
		if (a % 4 == 3) temp = 0;
		if (temp == b) cout << n << endl;
		else if ((temp^b)!=n) cout << n + 1 << endl;
		else cout << n + 2 << endl;
	}

	return 0;
}
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Codeforces 1567C 题目链接：点击这里传送

题意：
Alice学加法的时候进位不是进大一位的，而是进大两位的。现在给出一个数，其由两个正数a和b通过Alice的加法得到，现在问a和b有几种取法。
思路：
分析题意可得，奇数位进奇数位，偶数位进偶数位。把奇数位的数字和偶数位的数分别提出来组成两个数。此时只需要找出有多少种方法组成x，有多少种方法组成y，然后将他们相乘。显而易见是(x+1)$\times$(y+1)。这个答案还得减去2，因为题意要求为正数，有两种情况会使两个数中的某一个数奇偶位全为0.
例如12345这个数，奇数提出来为135，偶数提出来为24.135=90+45,24=15+9
1 9 5 0 和 4 9 5 加起来就是12345
上面看懂了0的两种特例应该也能很好理解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
string s;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		cin >> s;
		string even; string odd;
		for (int i = 0; i < s.length(); i++)
		{
			if (i % 2) even += s[i];
			else odd += s[i];
		}
		long long a; 
		if (even.size() == 0) a = 0;
		else a = stol(even);
		long long b = stol(odd); 
		cout << (a + 1) * (b + 1) - 2 << endl;
	}
	return 0;
}
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Codeforces 1567D 题目链接：点击这里传送

题意：
给出一个数，要求你将其分成n个数，然后将这n个数看做十一进制求和。求出最后这个和的最大值（十进制）
思路：
不知道这题是怎么放到D题的，应该是测试数据不够？思路也很简单，最大的数让其位数尽可能大（1开头），次大的也尽可能大。当然要保证后面的数得大于0。就这样一直到最后一个数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n, m;
int get_length(int x)
{
	return to_string(x).size();
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		cin >> n >> m;
		for (int i = 1; i < m; i++)
		{
			int j = pow(10, (int)log10(n - (m - i)));
			n = n - j;
			cout << j <<" ";
		}
		cout << n << endl;
	}
	return 0;
}
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Codeforces 1567E 题目链接：点击这里传送

题意：
给出n个数，有两个操作。一：改变某个元素的值 二：求某个区间非递减序列的个数（单个元素也算）
思路：
线段树+区间修改。好好复习 (预习)一下这个知识点
先给出本人线段树的码风

struct segtreenode
{
	int l, r,len;
	long long sum, lm, rm;//连续递增区间的个数，左子树递增区间长度最大值，右子树递增区间长度最大值
}tree[MAXN<<2];
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我们将某个区间分为左区间和右区间。先不考虑区间合并的情况，一个区间的递增区间个数等于左右两边加起来，一个区间左边递增区间长度最大值等于左子树的最大值，右边递增区间长度最大值等于右子树的最大值，就有了如下代码。

	tree[rt].lm = tree[rt << 1].lm; tree[rt].rm = tree[rt << 1 | 1].rm;
	tree[rt].sum = tree[rt << 1].sum + tree[rt << 1 | 1].sum;
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现在考虑区间合并的情况。如果左边一整个区间都是递增区间，那么lm就可以加上右子树的lm；如果右边一整个区间都是递增区间，那么rm就可以加上左子树的rm。sum就会中间多出来一部分。
$\overbrace{a+b+c+d+e+...+\underset{n+m}{\underbrace{i,j,k,l|分割线|m,o}}+...+u+w+x+y+z}$
设左区间的rm为n，右区间的lm为m，多出来的总数就为m*n。
综上，完成了区间合并也就是pushup的处理

void pushup(int rt)
{
	tree[rt].lm = tree[rt << 1].lm; tree[rt].rm = tree[rt << 1 | 1].rm;
	tree[rt].sum = tree[rt << 1].sum + tree[rt << 1 | 1].sum;
	if (a[tree[rt << 1].r] <= a[tree[rt << 1 | 1].l])//左右区间可以合并
	{
		if (tree[rt << 1].lm == tree[rt << 1].len)//如果左区间都是递增区间
		{
			tree[rt ].lm += tree[rt << 1 | 1].lm;
		}
		if (tree[rt << 1 | 1].rm == tree[rt << 1 | 1].len)//如果右区间都是递增区间
		{
			tree[rt ].rm += tree[rt << 1].rm;
		}
		tree[rt].sum += tree[rt << 1].rm * tree[rt << 1 | 1].lm;
	}
}

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由于查询时不一定是整个区间，所以查询里面重新加了一段区间合并的代码。需要注意的是区间查询不是一整个区间时，得写两行代码划好左区间rm的上限和右区间lm的上限。

	long long lsum = min(tree[rt << 1].rm,mid-l+1);
	long long rsum = min(tree[rt << 1 | 1].lm,(r-(mid+1)+1));
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AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 200005
int a[MAXN];
int n, m;
struct segtreenode
{
	int l, r,len;
	long long sum, lm, rm;//连续递增区间的个数，左子树递增区间长度最大值，右子树递增区间长度最大值
}tree[MAXN<<2];
void pushup(int rt)
{
	tree[rt].lm = tree[rt << 1].lm; tree[rt].rm = tree[rt << 1 | 1].rm;
	tree[rt].sum = tree[rt << 1].sum + tree[rt << 1 | 1].sum;
	if (a[tree[rt << 1].r] <= a[tree[rt << 1 | 1].l])//左右区间可以合并
	{
		if (tree[rt << 1].lm == tree[rt << 1].len)//如果左区间都是递增区间
		{
			tree[rt ].lm += tree[rt << 1 | 1].lm;
		}
		if (tree[rt << 1 | 1].rm == tree[rt << 1 | 1].len)//如果右区间都是递增区间
		{
			tree[rt ].rm += tree[rt << 1].rm;
		}
		tree[rt].sum += tree[rt << 1].rm * tree[rt << 1 | 1].lm;
	}
}
void build(int rt, int l, int r)
{
	tree[rt].l = l; tree[rt].r = r; tree[rt].len = r - l + 1;
	if (l == r)
	{
		tree[rt].lm = 1;
		tree[rt].rm = 1;
		tree[rt].sum = 1;
		return;
	}
	int mid = (l + r) / 2;
	build(rt << 1, l, mid);
	build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
	pushup(rt);
}
void update(int rt, int k, int x)//将下标为k的值修改为x
{
	if (tree[rt].l > k || tree[rt].r < k) return;
	if (tree[rt].l == tree[rt].r)
	{
		a[k] = x;
		return;
	}
	
	
	update(rt << 1, k, x);
	update(rt << 1 | 1, k, x);
	pushup(rt);
}
long long query(int rt, int l, int r)
{
	if (tree[rt].l > r || tree[rt].r < l) return 0;
	if (tree[rt].l >= l && tree[rt].r <= r) return tree[rt].sum;
	long long ans = 0;
	long long mid = (tree[rt].l + tree[rt].r) / 2;
	if (mid >= l) ans += query(rt << 1, l, r);
	if (mid < r) ans += query(rt << 1 | 1, l, r);
	if (a[tree[rt << 1].r] <= a[tree[rt << 1 | 1].l])//如果可以合并
	{
		long long lsum = min(tree[rt << 1].rm,mid-l+1);
		long long rsum = min(tree[rt << 1 | 1].lm,(r-(mid+1)+1));
		if (lsum > 0 && rsum > 0)
		{
			ans += lsum * rsum;
		}
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	build(1, 1, n);
	int f;
	while (m--)
	{
		cin >> f;
		if (f == 1)//修改
		{
			int k, x;
			cin >> k >> x;
			update(1, k, x);
		}
		else//查询
		{
			int x, y;
			cin >> x >> y;
			cout << query(1, x, y)<<endl;
		}
	}
	return 0;
}
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