agc032

T1 题意：你要进行n次操作，第i次选择一个数k∈[1,i]，并插入到当前序列的第k个位置。给定目标序列，输出操作序列。100,2s。

解：冷静分析一波，我们可以从后往前确定操作序列。这样每次确定一个操作之后就会删除一个数。

如果有a_i = i的位置那我们显然可以把这个i操作放到操作序列最后。如果有多个这样的i，从后往前处理。

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 110;

int a[N], b[N];

int main() {

    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &b[i]);
    }
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        bool f = 0;
        for(int j = i; j >= 1; j--) {
            if(b[j] > j) break;
            if(b[j] == j) {
                a[i] = j;
                //printf("a %d = %d 
", i, j);
                for(int k = j; k < i; k++) {
                    b[k] = b[k + 1];
                }
                f = 1;
                break;
            }
        }
        if(!f) {
            printf("-1");
            return 0;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        printf("%d
", a[i]);
    }
    return 0;
}

T2 题意：构建一个n个点的简单无向连通图，使得每个点的邻居的编号之和相等。100,2s。

解：先玩一下3和4的时候，发现是一张完全二分图，且左右部的节点编号之和相等。

这启发我们把这些点分成k份，每份的编号之和相同。然后每个点向其他所有不是同类的点连边。

n为偶数的时候就是首尾配对，和为n + 1，n为奇数的时候提出n来然后首尾配对，和为n。

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 110;

int vis[N];

int main() {

    int n, cnt1 = 0;
    scanf("%d", &n);
    int t = (n + 1) * n / 2;
    if(t & 1) {
        if((n & 1) == 0) {
            printf("%d
", n * (n - 2) / 2);
            for(int i = 1; i <= n; i++) {
                for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
                    if(i + j != n + 1) {
                        printf("%d %d 
", i, j);
                    }
                }
            }
            return 0;
        }
        else {
            printf("%d 
", (n - 1) * (n - 3) / 2 + n - 1);
            for(int i = 1; i < n; i++) {
                printf("%d %d 
", i, n);
            }
            for(int i = 1; i < n; i++) {
                for(int j = i + 1; j < n; j++) {
                    if(i + j != n) {
                        printf("%d %d 
", i, j);
                    }
                }
            }
        }
        return 0;
    }
    t /= 2;
    for(int i = n; i >= 1 && t; i--) {
        if(t >= i) {
            t -= i;
            vis[i] = 1;
            cnt1++;
        }
    }
    printf("%d
", cnt1 * (n - cnt1));
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(vis[i]) {
            for(int j = 1; j <= n; j++) {
                if(!vis[j]) {
                    printf("%d %d 
", i, j);
                }
            }
        }
    }

    return 0;
}

T3 题意：给定简单无向连通图，问是否能把所有边分成三个环。点可以重复经过。10w，10w，2s。

解：这TM居然是分类讨论...首先有度数为奇的肯定不行。然后只要排除一种情况：总环数 < 3即可。

因为如果环比较多，任意两个相邻(共用某一点)的环肯定能合二为一的......

如果有某个点的度数大于4，肯定合法。如果没有点的度数大于2，肯定不合法。

当点的度数最大为4的时候，可以把其他所有度数为2的点缩成某些边。

如果只有一个点的度数为4，相当于该点有两条自环，不行。

如果有两个点的度数为4，有一种特殊情况不合法：

其余情况和有大于2个点的度数等于4的时候，均合法。

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 100010;

struct Edge {
    int nex, v;
}edge[N << 1]; int tp = 1;

int e[N], n, m, in[N], vis[N], stk[N], top, cnt, A, B;

inline void add(int x, int y) {
    tp++;
    edge[tp].v = y;
    edge[tp].nex = e[x];
    e[x] = tp;
    return;
}

void DFS(int x, int f) {
    if(f && x == A) {
        puts("Yes");
        exit(0);
    }
    else if(x == B) return;
    for(int i = e[x]; i; i = edge[i].nex) {
        int y = edge[i].v;
        if(y != f) DFS(y, x);
    }
    return;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        add(x, y);
        add(y, x);
        in[x]++;
        in[y]++;
    }
    int largeIn = 0, cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(in[i] & 1) {
            puts("No");
            return 0;
        }
        if(largeIn < in[i]) {
            largeIn = in[i];
            cnt = 1;
        }
        else if(largeIn == in[i]) {
            cnt++;
        }
    }
    if(largeIn > 4) {
        puts("Yes");
        return 0;
    }
    else if(largeIn == 4 && cnt > 2) {
        puts("Yes");
        return 0;
    }
    else if(largeIn == 4 && cnt == 2) {
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(in[i] == 4) {
                if(!A) A = i;
                else {
                    B = i;
                    break;
                }
            }
        }
        DFS(A, 0);
    }
    puts("No");
    return 0;
}

T4 题意：给定一个排列。你可以花费A使一个区间最左边的数跑到最右边，其余区间内的数左移。也可以花费B来进行逆操作。求使其变成升序的最小代价。5000,2s。

解：神仙DP。

显然有个n³的区间DP是设f[l][r]表示把[l, r]这一段排序。转移的时候一段区间可以由两个子区间拼起来，也可以找到其中最值然后挪一次。

正解全然不同......我们只注重这些元素的相对位置，也就是说下标可以为实数。

然后考虑每次操作等价于把一个数往旁边挪，别的数不变。

然后考虑最优解肯定是若干个数往左，若干个数往右，若干个数不动。我们以那些不动的数来DP。

设f[i][j]表示值域前i个数全部排好序了，且最大的那个不动的数是j，且比j大的数全部聚集在(j, j + 1)这一段的最小代价。

考虑f[i][j]是怎么得来的：如果当前这个数i初始时在j的左边，那么一定要往右移(i比j大)。反之一定要往左移(聚集到(j, j + 1)中)。

然后我们忽了一种转移：i在j右边的时候也可以不移动！此时f[i][i] = f[i - 1][j]

然后就完事了。

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
const int N = 5010;

LL f[N][N];
int a[N], p[N];

int main() {

    int n;
    LL A, B;
    scanf("%d%lld%lld", &n, &A, &B);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        p[a[i]] = i;
    }
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    /// DP
    f[0][0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 0; j < i; j++) {
            /// f[i][j]
            /*for(int k = 0; k < i; k++) {
                /// f[i][j] <- f[i - 1][k]
                if(p[i] < p[k]) {
                    f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][k] + A);
                }
                else {
                    f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][k] + B);
                }
            }*/
            if(p[i] < p[j]) {
                f[i][j] = f[i - 1][j] + A;
            }
            else {
                f[i][j] = f[i - 1][j] + B;
                f[i][i] = std::min(f[i][i], f[i - 1][j]);
            }
        }
        /*for(int j = 0; j <= i; j++) {
            printf("%3lld ", f[i][j]);
        }
        puts("");*/
    }


    LL ans = 4e18;
    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        ans = std::min(ans, f[n][i]);
    }
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}

T5 题意：给定序列，把它们两两配对使得每一对的和 % MO的最大值最小。10w,1e9,2s。

解：排序之后考虑最优方案长什么样。

然后发现它们一定长这样...因为不满足这样的方案调整成这样一定更优。

枚举分界点是n²的，但是发现分界点越靠左越优，于是二分这个分界点，使其满足条件(左边的和全小于MO，右边全不小于MO)，然后一次得出答案。

单调性：就考虑若分界点在a和b都满足条件，那么a，b之间的任一点也满足条件。比b小所以左边满足，比a大所以右边满足。

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 200010;

int a[N], MO, n;

inline bool check(int p) {
    int l = p + 1, r = n;
    while(l < r) {
        if(a[l] + a[r] < MO) return false;
        l++;
        r--;
    }
    return true;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &MO);
    n <<= 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    std::sort(a + 1, a + n + 1);

    int l = n, r = n; /// [1, l] (l, r]
    while(a[n] + a[l - 1] >= MO && l >= 2) l -= 2;
    while(a[1] + a[r] >= MO && r >= 2) r -= 2;
    l /= 2;
    r /= 2;

    while(l < r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(check(mid * 2)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }

    int p = r * 2;
    int ans = 0;
    l = 1, r = p;
    while(l < r) {
        ans = std::max(ans, a[l] + a[r]);
        l++;
        r--;
    }
    l = p + 1, r = n;
    while(l < r) {
        ans = std::max(ans, (a[l] + a[r]) % MO);
        l++;
        r--;
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}