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Squarepoint Challenge (Codeforces Round 1055, Div. 1 + Div. 2) A~E

news 2026/6/14 16:12:57

A - Increase or Smash

模拟。

对于每个不是最大值的来说，都会经历一次先置为零然后再加的操作，重复项只计算一次；而最大值不用置为零，所以最开始会有一次。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;void solve() {int n;cin >> n;vector<int> a(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i += 1) {cin >> a[i];}int Max = *max_element(a.begin() + 1, a.end());int cnt[101] {}, ans = 1;for (int i = 1; i <= n; i += 1) {if (a[i] != Max) {if (cnt[a[i]] == 0) {ans += 2;cnt[a[i]] += 1;}}}cout << ans << "\n";}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

B - Catching the Krug

分类讨论。

以下以 \(A\) 代表抓的人，\(B\) 代表被抓的人。因为 \(A\) 可以斜着跑，所以只要 \(B\) 不在和 \(A\) 同 \(x\) 轴或 \(y\) 轴上，\(A\) 都可以一边追的同时通过斜着跑移动到同一轴上，从而使得距离只到四个边界上就能抓住他，而 \(B\) 想要活久一点就只能朝相反方向跑，所以最后答案就是判断 \(B\) 朝与 \(A\) 相反的两个坐标轴跑， \(A\) 到达这两个坐标轴的最大距离。

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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;void solve() {int n, k[2], d[2];cin >> n >> k[0] >> k[1] >> d[0] >> d[1];int ans = 0;for(int x = 0; x <= 1; x += 1) {if(k[x] < d[x]) {ans = max(ans, d[x]);} else if(k[x] > d[x]) {ans = max(ans, n - d[x]);}}cout << ans << "\n";}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

C - Triple Removal

前缀和/线段树。

手玩可以发现的是，如果存在两个相邻 \(0/1\)，一定通过每次消耗 \(1\) 的代价可以将该区间全部消完（假设区间 \(0/1\) 个数为 \(3\) 的倍数），比如 \(1\textcolor{red}{00}1\textcolor{red}00101011\rightarrow \textcolor{red}{11}0\textcolor{red}{1}01011 \rightarrow \textcolor{red}{00}1\textcolor{red}011\rightarrow \textcolor{red}{111}\)，只有 \(010101..\) 交替的时候需要多一次 \(1\) 的代价，后面就都是按照相邻的消法即可。

可以用前缀和维护存不存在相邻的 \(0/1\)，我是直接上线段树了。

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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;template<class Info>
struct SegmentTree {int n;vector<Info> info;SegmentTree(): n(0) {}SegmentTree(int n_, Info v_ = Info()) {init(n_, v_);}template<class T>SegmentTree(vector<T> init_) {init(init_);}void init(int n_, Info v_ = Info()) {init(vector(n_, v_));}template<class T>void init(vector<T> init_) {n = init_.size();info.assign((4 << __lg(n) + 1) + 10, Info());function<void(int, int, int)> build = [&](int u, int l, int r) {if (l == r) {info[u] = init_[l - 1];return ;}i64 m = (l + r) / 2;build(2 * u, l, m);build(2 * u + 1, m + 1, r);pushup(u);};build(1, 1, n);}void pushup(int u) {info[u] = info[2 * u] + info[2 * u + 1];}void modify(int u, int l, int r, int x, const Info &v) {if (l == r) {info[u] = v;return;}int m = (l + r) / 2;if (x <= m) {modify(2 * u, l, m, x, v);} else {modify(2 * u + 1, m + 1, r, x, v);}pushup(u);}void modify(int u, const Info &v) {modify(1, 1, n, u, v);}Info rangeQuery(int u, int l, int r, int x, int y) {if (l > y || r < x) {return Info();}if (l >= x && r <= y) {return info[u];}int m = (l + r) / 2;return rangeQuery(2 * u, l, m, x, y) + rangeQuery(2 * u + 1, m + 1, r, x, y);}Info rangeQuery(int l, int r) {return rangeQuery(1, 1, n, l, r);}
};struct Info {int cnt[2] {};int val[2] {};bool adj = false;
};Info operator+(const Info &l, const Info &r) {Info res;if(r.cnt[0] + r.cnt[1] == 0) {return l;}if(l.cnt[0] + l.cnt[1] == 0) {return r;}res.cnt[0] = l.cnt[0] + r.cnt[0];res.cnt[1] = l.cnt[1] + r.cnt[1];res.val[0] = l.val[0];res.val[1] = r.val[1];res.adj |= (l.val[1] == r.val[0] || l.adj || r.adj);return res;
}void solve() {int n, q;cin >> n >> q;SegmentTree<Info> seg(n);for(int i = 1; i <= n; i += 1) {int x;cin >> x;seg.modify(i, {1 - x, x, x, x});}while(q --) {int l, r;cin >> l >> r;auto res = seg.rangeQuery(l, r);if(res.cnt[0] % 3 || res.cnt[1] % 3) {cout << "-1\n";continue;}int ans = (r - l + 1) / 3;ans += res.adj != true;cout << ans << "\n";}}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

D. Division Versus Addition

思维，前缀和/线段树。

以下定义三类数，如果 \(a_i=2^k\)，定义为 \(A\) 类型；\(a_i=2^k+1\)，为 \(B\) 类型；其余为 \(C\) 类型，定义 \(|X|\) 代表 \(X\) 类型的数量。

\(A\) 类型比较好分析，\(+1\) 并不会增加代价，所以对面对 \(A\) 类型下手，跟着操作即可；\(B\) 类型，对面一旦下手，操作必定会增加一次，所以当对面对 \(B\) 类型下手，我也得去对其他 \(B\) 类型下手，尽可能减少对面能下手的数量，由于我是先手，一定尽可能对 \(B\) 先下手；\(C\) 类型，手玩了一下，感觉是一直操作一定会有一次操作后使得 \(a_i = 2^k-1\)，这个时候对面操作就会增加一次了。

所以总的代价是 \(ans = \sum_{i=1}^n\lfloor \log_2{a_i}\rfloor + \lfloor\frac{|B|}2\rfloor+|C|\)。

也可以前缀和，我还是直接上线段树了。

关于更具体的上下界分析，参考^[1]。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;template<class Info>
struct SegmentTree {int n;vector<Info> info;SegmentTree(): n(0) {}SegmentTree(int n_, Info v_ = Info()) {init(n_, v_);}template<class T>SegmentTree(vector<T> init_) {init(init_);}void init(int n_, Info v_ = Info()) {init(vector(n_, v_));}template<class T>void init(vector<T> init_) {n = init_.size();info.assign((4 << __lg(n) + 1) + 10, Info());function<void(int, int, int)> build = [&](int u, int l, int r) {if (l == r) {info[u] = init_[l - 1];return ;}i64 m = (l + r) / 2;build(2 * u, l, m);build(2 * u + 1, m + 1, r);pushup(u);};build(1, 1, n);}void pushup(int u) {info[u] = info[2 * u] + info[2 * u + 1];}void modify(int u, int l, int r, int x, const Info &v) {if (l == r) {info[u] = v;return;}int m = (l + r) / 2;if (x <= m) {modify(2 * u, l, m, x, v);} else {modify(2 * u + 1, m + 1, r, x, v);}pushup(u);}void modify(int u, const Info &v) {modify(1, 1, n, u, v);}Info rangeQuery(int u, int l, int r, int x, int y) {if (l > y || r < x) {return Info();}if (l >= x && r <= y) {return info[u];}int m = (l + r) / 2;return rangeQuery(2 * u, l, m, x, y) + rangeQuery(2 * u + 1, m + 1, r, x, y);}Info rangeQuery(int l, int r) {return rangeQuery(1, 1, n, l, r);}
};struct Info {int sum = 0, B = 0;
};Info operator+(const Info &l, const Info &r) {return {l.sum + r.sum + (l.B + r.B == 2), (l.B + r.B) % 2};
}void solve() {int n, q;cin >> n >> q;SegmentTree<Info> seg(n + 1);for(int i = 1; i <= n; i += 1) {int x;cin >> x;int k = 0;while((1 << k + 1) <= x) {k += 1;}int y = x - 1;bool B = (y == (y & -y)) && (x & 1);seg.modify(i, {k + ((x != (x & -x)) && !B), B});}while(q --) {int l, r;cin >> l >> r;cout << seg.rangeQuery(l, r).sum << "\n";}}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}